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.
188
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. ∈
− 2y, u′′yy(x, y) = − − y2 là hàm điều hòa trên R2. Thật 2, (cid:3) 1.2 Thí dụ. Hàm u(x, y) = x2 + xy vậy u′x(x, y) = 2x + y, u′′xx(x, y) = 2 và u′y(x, y) = x 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
(x, y) = (x, y) (x, y) = (x, y). ∂u ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v ∂x −
suy ra
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
1 Hàm điều hòa 189 §
v′′xy(x, y); − u′′xx(x, y) = v′′yx(x, y), v′′xx(x, y) = u′′yx(x, y), u′′yy(x, y) = v′′yy(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
(1.5) (x, y) = (x, y) (x, y) = (x, y) (x, y) D. ∂u ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v ∂x − ∀ ∈
−
1.6 Thí dụ. Theo thí dụ trên ta biết rằng u(x, y) = x2 + xy y2 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
x. v′y(x, y) = 2x + y v′x(x, y) = 2y −
x2 2 + C.
2 −
x hay g(x) = − − Từ phương trình thứ nhất ta suy ra được v(x, y) = 2xy + y2 2 + g(x), cho x2 nên v′x(x, y) = 2y + g′(x). Vậy g′(x) = 2 + C. Suy ra v(x, y) = 2xy + y2 (cid:3)
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 (cid:3) tích trên D.
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
Đặc trưng hàm điều hòa
190 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới
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) −
u′y(x, y). Theo ký hiệu vi phân của hàm phức ta có Đặt F (z) = U (x, y) + iV (x, y). Khi đó, ta có U ′x(x, y) = u′x(x, y) và V ′x(x, y) = −
d ¯F (z) = dU (x, y) idV (x, y)
− − = U ′x(x, y)dx + U ′y(x, y)dy = u′x(x, y)dx + u′y(x, y)dy i(V ′x(x, y)dx + V ′y (x, y)dy) u′y(x, y)dx + u′x(x, y)dy) i( − −
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 (cid:3) là hằng số thực. Rõ ràng F (z) + C là hàm giải tích trên D.
2 = |
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) = 1 2 ln(x2 + y2) là một hàm điều hòa trên D = C . Trong khi đó, hàm 0 \ { } x i f (z) = u′x(x, y) iu′y(x, y) = y x2 + y2 = z z 1 z − x2 + y2 − |
không có nguyên hàm trên D. Do đó, không có hàm giải tích trên D nhận u(x, y) làm phần thực.
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
1 Hàm điều hòa 191 §
2π
D. Khi đó, 1.11 Định lý. (Giá trị trung bình) Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và z0 ∈
0 Z
u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)dϕ u(x0, y0) = 1 2π
với mọi 0 < r < d(z0, ∂D).
2π
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
0 Z
f (z0) = f (z0 + reiϕ)dϕ. 1 2π
2π
Do đó, ta có
0 Z
2π
u(x0, y0) = Re f (z0) = Re f (z0 + reiϕ)dϕ 1 2π
0 Z
= u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)dϕ. (cid:3) 1 2π
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.
∈ ⊂
= eu(x,y). Vậy ef (z) | | |
D. Chứng minh. Giả sử hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0 = (x0, y0) 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) 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 (cid:3) 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. −
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
Bài tập
192 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới
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).
y2 là hàm điều hòa. Tìm hàm điều − 2 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 hòa v(x, y) liên hợp với u(x, y).
x là hàm điều hòa. Tìm hàm giải − 3 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 2xy tích f (z) nhận u(x, y) làm hàm phần thực.
y 4 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 y2 + 5x + y x2 + y2 là hàm điều − − hòa. Tìm hàm giải tích f (z) có phần thực là hàm u(x, y).
y2 + xy là hàm điều hòa. Tìm hàm − 5 ) Chứng minh rằng v(x, y) = x2 giải tích f (z) có phần ảo là hàm v(x, y).
2y là hàm điều hòa. Tìm − 6 ) Chứng minh rằng v(x, y) = ln(x2 + y2) + x 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
r2u′′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).
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
2 Công thức Schwarz và công thức Poisson 193 §
2π
0 Z
2π
0 Z
2π
(2.2) dϕ + iv(0, 0) u(r cos ϕ, r sin ϕ) f (z) = 1 2π reiϕ + z reiϕ z − với z B(0, r). ∈ z < r, theo công thức tích phân Cauchy đối với | | Chứng minh. Với mọi đường tròn z = r định hướng dương ta có | | reiϕ (2.3) dξ = dϕ. f (reiϕ) f (z) = 1 2πi f (ξ) z ξ 1 2π reiϕ z Z∂B(0,r) − − Đặc biệt, ta có
0 Z
f (0) = (2.4) f (reiϕ)dϕ. 1 2π
2π
Kết hợp hai đẳng thức trên ta có
0 Z
2π
0 Z
2reiϕ f (0) = 1 dϕ f (reiϕ) f (z) 1 2 1 4π z − − (2.5) i = dϕ. 1 4π reiϕ − h reiϕ + z f (reiϕ) reiϕ z −
2π
0 Z
2π
giải tích trên > r nên Mặt khác, vì < r nên z = r2 ¯z | | ¯z | | f (ξ) r2 ξ ¯z − (cid:12) (cid:12) (cid:12) reiϕ ¯z 0 = dz = f (reiϕ) (cid:12) B(0, r) và liên tục trên ¯B(0, r). Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat ta có (cid:12) (cid:12) 1 2π r2 dϕ 1 2πi ¯zreiϕ f (ξ) r2 ξ ¯z Z∂B(0,r) − − Từ đó ta viết lại
iϕ dϕ = 0.
0
2π
2π
(2.6) f (reiϕ) 1 2π ¯z ¯z re− Z − Từ công thức này kết hợp với (2.4) ta được
iϕ dϕ
0 Z
2π
0 Z
f (0) = f (reiϕ)dϕ f (reiϕ) 1 2 1 4π ¯z ¯z re− − = dϕ. f (reiϕ) 1 4π 1 2π − 0 Z iϕ + ¯z re− iϕ ¯z re− −
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 194
2π
và do đó ta có
0 Z
(2.7) dϕ. f (0) = f (reiϕ) 1 2 1 4π reiϕ + z reiϕ z −
2π
Cộng (2.5) và (2.7) ta được
0 Z
2π
f (z) (f (0) dϕ f (0)) = f (reiϕ) + f (reiϕ) 1 2 1 4π reiϕ + z reiϕ z − − − (cid:2) hay
0 Z
f (z) iv(0, 0) = dϕ. u(r cos ϕ, r sin ϕ) 1 2π (cid:3) reiϕ + z reiϕ z − − (cid:3) 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 = r và giá trị hàm phần ảo tại O. z | |
2π
2.9 Định lý. (Công thức Poisson) Giả sử f (z) = u(x, y)+iv(x, y), với z = x + iy, là hàm liên tục trên ¯B(0, r) giải tích trên B(0, r). Khi đó, ta có công thức
2 dϕ
2 z | z
0 Z
u(x, y) = (2.10) u(r cos ϕ, r sin ϕ) 1 2π r2 reiϕ | − | − |
và (2.11)
2π u(r cos ϕ, r sin ϕ)
0 Z
u(ρ cos θ, ρ sin θ) = − 1 2π r2 ρ2 2ρr cos(ϕ r2 θ) + ρ2 dϕ − −
với 0 < ρ < r.
2π
Chứng minh. Từ công thức Schwarz ta có
0 Z
2π
0 Z
2π
dϕ u(x, y) = Re f (z) = Re u(r cos ϕ, r sin ϕ) 1 2π − h reiϕ + z reiϕ z iϕ i ¯z) dϕ = u(r cos ϕ, r sin ϕ) − 1 2π z |
0 Z
= u(r cos ϕ, r sin ϕ) 1 2π Re(reiϕ + z)(re− 2 reiϕ | 2 z | z r2 reiϕ − 2 dϕ. | − | − |
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
3 Bài toán Dirichlet 195 §
Khi z = ρeiθ ta có (x, y) = (ρ cos θ, ρ sin θ), = ρ và z | |
2 = (r cos ϕ
Bài tập
reiϕ ρeiθ ρ cos θ)2 + (r sin ϕ r sin θ)2 | − | − − 2rρ cos(ϕ = r2 θ) + ρ2. − − (cid:3) Từ đó thay vào công thức (2.10) ta được công thức (2.11).
1 ) Chứng minh rằng có thể viết công thức Schwarz dưới dạng
ξ
=r
|
f (z) = dξ f (0). u(ξ) z ξ 1 πi − Z| −
ξ + z 2 Gợi ý : Dùng đẳng thức = . ξ(ξ z) ξ 1 ξ z − − −
2π
2 ) Từ công thức tích phân Poisson hãy chứng minh
0 Z
(a) − 1 2π R2 r2 R2 2Rr cos(θ ϕ) + r2 dϕ = 1 −
θ
<α |
θ0|
−
(b) u(r, ϕ) − u(R, θ0) = u(R, θ0)] 1 2π r2 R2 2Rr cos(θ R2 ϕ) + r2 dθ − − − 2π [u(R, θ) 0 − − (c) Nếu u(R, θ) < ε đối với θ < ϕ thì | θ0| − Z u(R, θ0) | − | r2 u(R, θ) − R2 R2 2Rr cos(θ ϕ) + r2 dθ < ε. 1 2π u(R, θ0) | − Z| − −
3 ) Chứng minh rằng nếu f (z) chỉnh hình trong hình tròn xác định bởi 1 ta có z 1 thì với < 1 và f (z) z | | ≤ | | ≤ | α | | | f (z) . < 1 và f (α) = 0 với α ¯αz z 1 | ≤ | − − (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
Hồ Công Xuân Vũ Ý c (cid:13)
196 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới
Bài toán Dirichlet này tồn tại nghiệm và là nghiệm duy nhất. Tuy nhiên, để đơn giản ta chỉ xét trường hợp D là hình tròn, và ta có định lý sau.
z | |
|
|
v(z) = lim
z0
z
→
2π 2 Để tiện việc chứng minh ta ký hiệu D = B(0, R), CR là đường tròn
= R được định hướng dương và ta đồng nhất R2 với C. Vậy hàm u liên | D đặt ∈ 2 dϕ. 0
Z ˆu(z) = (3.3) u(Reiϕ) z
|
tục trên đường tròn CR. Đối với mỗi điểm z
R2
Reiϕ 1
2π z
|
z | | − |
− Theo Định lý 1.9 và Định lý 2.9 công thức trên chính là công thức Poisson
|CR = u. Thật sự hàm ˆu là hàm điều hòa. Ta có
khi ˆu là hàm điều hòa và ˆu 2
z
2 = Re
− |
|
z
−
Do đó, ˆu là hàm phần thực của hàm 2π với ξ = Reiϕ. ξ + z
z
ξ R2
ξ − | | 0
Z ξ + z f (z) = u(ξ) dϕ = dξ. u(Reiϕ) 1
2π Reiϕ + z
Reiϕ
z 1
2πi ξ(ξ z) ZCR − − ξ + z Do u(ξ) liên tục trên đường tròn định hướng dương CR nên theo ξ(ξ z) − tích phân loại Cauchy ta có hàm f (z) giải tích trên D. Do đó, ta có hàm
ˆu điều hòa trên D. Ta chỉ còn kiểm tra lại rằng z
z (3.4) ˆu(z) với mỗi = R ξ | | u(ξ) = lim
ξ
→
D
∈ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Bài toán Dirichlet 197 § Trước hết ta tính được 2π 2π 0
Z 0
Z ξ + z = 2πi dξ = 2πi + ξ(ξ z) z
z 2z
z ZCR − − (cid:17) (cid:16) Do đó Reiϕ + z Rieiϕdϕ = dϕ. 1 = 1
2πi Reiϕ(Reiϕ z) 1
2π Reiϕ + z
Reiϕ
z − − 2π 2π 2 Từ đó ta có 2 dϕ = 0
Z 0
Z (3.5) dϕ = 1. Re 1
2π R2
Reiϕ z
|
z 1
2π Reiϕ + z
Reiϕ
z | − |
− | − [0, 2π] bất kỳ ta có Bên cạnh đó với ϕ0 ∈ 2
z
|
z z 2 = 0
| (3.6) với Reiϕ = Reiϕ0 R2
Reiϕ 6 − |
− | lim
Reiϕ0
→
D
z
∈ Γ ⊂ ∈ 2 d(Reiϕ0 , Γ); khi đó với mọi z D thỏa Reiϕ0 ∈ > d(Reiϕ0, Γ) Reiϕ0 z Reiϕ0 ξ − | | − | − − Thật sự giới hạn trên là đều theo Reiϕ
CR với Γ là cung bất kỳ
trên CR không là lân cận của Reiϕ0. Thật vậy khi đó d(Reiϕ0, Γ) > 0 và
chọn 0 < δ < 1
< δ ta
z
|
−
|
δ > 1
2 d(Reiϕ0, Γ) với
z
có
ξ
| ≥ |
|
Γ.
mọi ξ −
∈ δ) Γ1 Reiϕ0
z Reiϕ0
z Rei(ϕ0+δ) Rei(ϕ0− ξ Γ Γ2 Hình VI.1: Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 198 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 2π 2 Từ (3.3) và (3.5) ta có 2 dϕ 0
Z 2π ˆu(z) u(Reiϕ0) = u(Reiϕ) 1
2π R2
Reiϕ z
|
z − | 2 dϕ 2
z
|
z 0
Z 2π |
u(Reiϕ0) − |
−
1
2π − 0
Z [u(Reiϕ) u(Reiϕ0)] = 1
2π R2
− |
Reiϕ
−
2
z
|
z |
R2
Reiϕ − − |
− | |
2 dϕ
| Cho trước ε > 0 bất kỳ. Do tính liên tục của u(Reiϕ) tại Reiϕ0 ta tìm
< 2δ ta có
được δ > 0 sao cho khi ϕ | − < ε. ϕ0|
u(Reiϕ) ϕ0+δ 2 Reiϕ ϕ δ |
CR : Γ1; các cung Γ1 −
ϕ0| ≤ − ∈ } { | u(Reiϕ0)
|
Ký hiệu Γ1 =
và Γ2 = CR \
và Γ2 được định hướng theo CR. Ứng với cung Γ1 ta có δ ϕ0−
Z ϕ0+δ 2 [u(Reiϕ) u(Reiϕ0)] R2
Reiϕ z
|
z − − |
− | 2 dϕ 2 dϕ
(cid:12)
|
(cid:12)
(cid:12)
u(Reiϕ0)
(cid:12)
| δ |
ϕ0−
Z
2π 2 dϕ 0
Z
< 2πε u(Reiϕ) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) R2
Reiϕ z
|
z ≤ | − |
− | −
2 < ε R2
Reiϕ z
|
z − |
− | | đẳng thức (3.5) ∈ D thỏa Reiϕ0 z < δ′ và mọi Reiϕ Γ2 nên
Γ2 | ∈ − | Mặt khác, do giới hạn trong biểu thức (3.6) là đều đối với Reiϕ
tồn tại δ′ > 0 sao cho với mọi z
ta có 2
z
|
z 2 < ε.
| ∈
R2
Reiϕ 2 2π+ϕ0− ϕ0+δ δ 2 dϕ 2
z
|
z 2 dϕ
(cid:12)
(cid:12)
R2
(cid:12)
(cid:12)
Reiϕ
| ϕ0+δ
2π − |
−
Reiϕ0 |
z Do đó, với mọi z D thỏa < δ′ và ứng với cung Γ2 ta có | | − ∈
δ [u(Reiϕ) u(Reiϕ0)] R2
Reiϕ z
|
z Z − |
− −
2π+ϕ0− |
u(Reiϕ) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) ≤ |
u(Reiϕ0)
| | − Z | − |
− 0
Z
< 4M πε < 2M εdϕ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Bài toán Dirichlet 199 § ϕ0+δ Từ các kết quả trên, với mọi z D thỏa z Reiϕ0 < δ′ ta có | ∈ | − ˆu(z) u(Reiϕ0)
| | − δ ϕ0−
Z δ 2π+ϕ0− [u(Reiϕ) u(Reiϕ0)] 1
2π R2
Reiϕ ≤ − | 2
z
|
z
|
R2
Reiϕ 2
z
|
z ϕ0+δ 2 dϕ
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
− |
− 2 dϕ
(cid:12)
|
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) z + [u(Reiϕ) − |
−
u(Reiϕ0)] (cid:18)(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) − (cid:19) | Z
< (1 + 2M )ε. (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) ˆu(z) = u(Reiϕ0). Từ đó ta có được ˆu Do ε > 0 bất kỳ nên ta có lim
Reiϕ0
→
D
z
∈ (cid:3) liên tục trên ¯B(0, R) và ˆu |CR = u. Vậy ˆu là hàm cần tìm. ξ: r { } | |≤
D và mọi 0 < r < d(z, ∂D) (trong đó ξ = (x, y) là biến). 3.7 Định lý. Hàm khả tích địa phương u trên miền D là điều hòa khi và
chỉ khi u(z) = u(ξ)dxdy 1
πr2 Z Z
z
ξ
− với mọi z ∈ 2π Chứng minh. Giả sử u điều hòa trong D. Theo định lý giá trị trung bình
1.11 ta có 0
Z u(z) = với z D và 0 < r < d(z, ∂D). u(z + reiϕ)dϕ 1
2π ∈ Do u là hàm điều hòa nên nó khả tích trên ξ : ξ z r và ta có { | − | ≤ } (s,ϕ):0 r,0 ϕ 2π ξ: r { u(z + seiϕ)sdsdϕ u(ξ)dxdy = ≤ ≤ ≤ } | { |≤ } r 2π Z Z
s
≤ Z Z
z
ξ
− 0 0
Z r s = u(z + seiϕ)dϕ ds 0
Z
= πr2u(z) i = h Z
s2πu(z)ds Từ đó ta có được đẳng thức cần chứng minh. Ngược lại, đầu tiên ta kiểm tra tính liên tục của hàm u trên D. Với D, đặt 2r = d(z0, ∂D). Khi đó, với 0 < δ < r ta có z0 ∈ ξ : ξ r + δ D { | z0| ≤ − } ⊂ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 200 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới ξ ξ : r + δ | − z0| ≤ } {| u(ξ)
|
< δ ta có r + δ
r ξ
|
ξ : nên tồn tại
{
(rõ ràng Mδ giảm theo δ). Với mọi
ξ : r + δ và ξ Theo giả thiết hàm u khả tích trên
Mδ = sup
:
z0|
z z0| ≤
z
| ≤
− }
} ⊂ { −
ξ
| − { | z0| ≤ | − } ξ: ξ r+δ { | } = u(ξ)dxdy u(z0) 1
π(r + δ)2 | u(z)
| − ξ: r | { |≤ } ξ z r ξ: ξ | − |≥ } | − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) u(ξ)dxdy Z Z
z0|≤
−
1
πr2 − Z Z
z
ξ
− (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) u(ξ)dxdy 1
π(r + δ)2 ≤ Z Z
r+δ, z0|≤
1
π(r + δ)2 ξ: r (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) u(ξ)dxdy (cid:12)
(cid:12)
{
(cid:12)
1
(cid:12)
πr2 − }
r2 (cid:16)
π(r + δ)2 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:17)(cid:12)
Z Z
z
ξ
(cid:12)
{
|
−
|≤
(cid:12)
(r + δ)2
(cid:12) πr2
π(r + δ)2 Mδ +
− (r + δ)2 Mδ
− ≤ 4δMδ 0 khi δ 0 < r → → D thỏa < δ ta có u(z) z u(z0)
| z0| − ∈ | | Vậy với ε > 0 cho trước có thể chọn được δ > 0 đủ bé sao cho với mọi
z
< ε. Do đó, hàm u liên tục tại
−
z0. Từ đó ta kết luận được u liên tục trên D vì z0 được chọn tùy ý trong
D. =r z: z z0| − } | Với z0 ∈ |{ ⊂ − z z0| − | D bất kỳ, hàm u liên tục trên D nên theo Định lý 3.2 tồn tại
(trong đó
duy nhất hàm điều hòa h là thác triển của hàm u
D). Ta chứng minh u = h trên ¯B(z0, r). Do u và
r > 0 sao cho ¯B(z0, r)
h liên tục trên ¯B(z0, r) nên hàm v = u
h liên tục trên ¯B(z0, r), suy ra nó
đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên hình tròn đóng đó. Giả sử cả hai giá
= 0; từ đó
trị lớn nhất và nhỏ nhất ấy đạt được trên đường tròn
suy ra vmax = 0 = vmin (hàm v bằng 0 trên đường tròn ấy). Do đó, v = 0
trên ¯B(z0, r) hay h(z) = u(z) với mọi z ¯B(z0, r). ∈ − B(z1, r1) với r1 = r
B(z1, r1) z1| ⊂ ⊂ Giả sử một trong hai giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của v đạt được
v thay cho v nên ta giả sử v
trong B(z0, r); nhưng do khi cần ta xét
đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r) tại z1. Ta cần chứng minh v = 0 trên
¯B(z0, r). Giả sử điều đó không đúng; nghĩa là tồn tại z2 ∈
B(z0, r) sao cho
. Khi đó,
z1 −
v(z2) < v(z1). Đặc biệt, nếu z2 ∈
z0|
− |
B(z0, r). Từ giả thiết
và B(z2, r2)
z2 −
0 < r2 = r1 − |
đối với hàm u và chiều thuận đối với hàm h ta dễ dàng suy ra được đẳng Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Bài toán Dirichlet 201 § thức tích phân của định lý vẫn đúng đối với hàm v; do đó ta có 1 Z Z¯B(z1,r1) v(ξ)dxdy v(z1) = 1
πr2 1 Z Z¯B(z2,r2) ¯B(z2,r2) = v(ξ)dxdy + v(ξ)dxdy 1
πr2 1
πr2
1
¯B(z1,r1) Z Z
\ 2) + 2v(z2) 1 − πr2 πr2 v(z1)(πr2 1
πr2
1 1
πr2
≤
1
< v(z1) B(z1, r1). Với chứng minh này ta thật sự có
B(z0, r) ta có v(z) = v(z1) ⊂ ∈ r { − | − | z2 − z1 − z z1| − | z w1| − | vô lý. Vậy ta không thể có z2 ∈
kết quả sau: với mỗi r′ > 0 sao cho B(z1, r′)
¯B(z1, r′).
với mọi z
Ta trở lại trường hợp z2 /
B(z1, r1). Ta nối z1 với z2 và đặt r′ =
∈
min
. Khi đó, mọi đường tròn có tâm nằm trên
z0|}
, r
z0|
đoạn nối z1 và z2 có bán kính r′ đều nằm trong hình tròn B(z0, r). Đầu
tiên ta tìm giao điểm w1 giữa đường tròn tâm
= r′ với đoạn z1z2.
Khi đó, từ nhận xét trên ta suy ra được v(w1) = v(z1). Nếu đường tròn
tâm w1 bán kính r′ chứa z2 thì ta gặp mâu thuẫn như trên. Nếu z2 không
nằm trong hình tròn B(w1, r′) thì tiếp tục xét tròn tâm w2 bán kính r′ (với
= r′ với đoạn z1z2).
w2 là giao điểm, khác với z1, của đường tròn
Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta nhận được điểm z2 nằm trong
đường tròn tâm wn bán kính r′ trong đó v(z2) < v(z1) = v(wn). Như vậy,
ta gặp phải mâu thuẫn như lý luận trên. z2 z1 z2
· ·z1 z0 ·z0 Hình VI.2: Vậy không tồn tại z2 ∈ B(z0, r) sao cho v(z2) < v(z1), nghĩa là v phải
là hàm hằng trên B(z0, r). Hơn nữa, do tính liên tục của v trên ¯B(z0, r) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 202 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới D tùy ý. nên v là hàm hằng (suy ra v = 0) trên ¯B(z0, r). Vậy u = h trên ¯B(z0, r).
Nghĩa là u là hàm điều hòa trên B(z0, r) cụ thể là tại z0. Vậy u là hàm
(cid:3)
điều hòa trên D do z0 ∈ 2π 3.8 Định lý. Hàm thực liên tục u trên miền D là điều hòa nếu và chỉ nếu
u có tính chất giá trị trung bình 0
Z u(z) = u(z + reiϕ)dϕ, 1
2π với mọi z D và mọi 0 < r < d(z, ∂D). ∈ Chứng minh. Do Định lý 1.11 nên chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Do
u là hàm liên tục nên nó khả tích trên và ta có ξ : z r ξ { | − | ≤ } (s,ϕ):0 r,0 ϕ 2π ξ: r { u(z + seiϕ)sdsdϕ u(ξ)dxdy = ≤ ≤ ≤ } | { |≤ } r 2π Z Z
s
≤ Z Z
z
ξ
− 0
Z r s = u(z + seiϕ)dϕ ds 0
h Z
s2πu(z)ds 0
Z
= πr2u(z) i = Do đó, với mọi 0 < r < d(z, ∂D) ta có ξ: r | { |≤ } u(ξ)dxdy. u(z) = 1
πr2 Z Z
z
ξ
− (cid:3) Do đó, theo Định lý 3.7 ta có u là hàm điều hòa trên D. 2π 2
z
|
z 0
Z 2 dϕ
| u(z) = (4.2) u(reiϕ) 1
2π r2
reiϕ − |
− | Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Nguyên lý Harnack 203 § 2 trong đó < r và hàm u điều hòa trên ¯B(0, r). Ta có bất đẳng thức z | | (r z )2 reiϕ z (r + z )2 − | | ≤ | | − ≤ | | suy ra 2
z
|
z 2 ≤ z
z r2
reiϕ z
z r +
r ≤ r
− |
r +
| |
| | − |
− | |
− | |
| 2π 2π z < r. Đặc biệt trong trường hợp u(z) 0 với mọi z B(0, r) | | ≥ ∈ trong đó
từ (4.2) ta được 0
Z 0
Z u(reiϕ)dϕ u(z) u(reiϕ)dϕ z
z 1
2π z
z r +
r 1
2π ≤ ≤ r
− |
r +
| |
| |
− | |
| Theo Định lý 1.11 ta suy ra được (4.3) u(0) u(z) u(0) với mọi < r. z z
z r
r + z
z r +
r ≤ ≤ | | − |
| |
| |
− | |
| Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Harnack. trên miền D. Khi đó, hoặc u là điều hòa hoặc u = uk} { , dãy uk} ∞ { 4.4 Định lý. (Harnack) Giả sử u là giới hạn của dãy không giảm các
hàm điều hòa
.
∞
tăng đều trên mọi tập compact trong
Trong trường hợp u =
D tới .
∞ ⊂ ⊂ D thì
hội tụ tại z0 ∈
uk}
{
D. Khi đó, ρ < d(z0, ∂D),
D. Với mọi m > n ta
un un ≥ 0. Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm điều hòa um − Chứng minh. Trước hết ta chứng minh nếu dãy
nó hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng ¯B(z0, ρ)
cho nên tồn tại ρ < r < d(z0, ∂D). Suy ra B(z0, r)
có um −
đối với hình tròn B(z0, r) ta có 0 (um(z0) un(z0)) um(z) un(z) r +
r − ≤ − ≤ z
|
z
− | −
− với mọi z < r. Khi đó, với mọi z z < ρ và z0|
z0|
¯B(z0, ρ) ta có | z0| − | z0| − 0 (um(z0) un(z0)). um(z) un(z) ∈
r + ρ
ρ
r − ≤ − ≤ − hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy dãy hàm hội { un(z)
} { Vì dãy
un(z0)
}
tụ đều trên ¯B(z0, ρ). Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 204 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Nếu cần ta thay dãy đang xét bởi dãy u1} { cho nên có thể xem
uk −
0 trên D. Theo Định lý 3.7 và định lý đơn điệu hội tụ 0. Do đó, u ≥ u1 ≥
Lebesgue ta có k k u(ξ)dxdy uk(ξ)dxdy = 1
πr2 1
πr2 u(z) = lim
→∞ uk(z) = lim
→∞ Z Z¯B(z,r) Z Z¯B(z,r) ∈ với mọi z ∈ ∞ Giả sử Ω = z ∞} 6 ∈ { z D và mọi 0 < r < d(r, ∂D), và tích phân cuối là tích phân
với mọi z
Lebesgue. Như vậy, nếu u(z) <
Ω thì theo kết quả phần
đầu dãy hàm đã cho hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng nằm trong D. Do
đó, hàm u liên tục trên D và dĩ nhiên u khả tích địa phương với tích phân
cuối trong đẳng thức trên trở thành tích phân Riemann thông thường. Khi
đó, theo Định lý 3.7 ta được hàm u điều hòa trên D.
= ∅. Lấy
D : u(z) =
Ω và đặt 3ρ = d(z1, ∂D). Theo kết quả trên
z1 ∈
ta có (lưu ý tích phân trong phần này là tích
phân Lebesgue) z1 u(ξ)dxdy = u(z1) = 1
πρ2 .
∞ Z Z¯B(z1,ρ) z Hình VI.3:
¯B(z, 2ρ) và u 0, < ρ ta có ¯B(z1, ρ) | z1| − ⊂ ≥ Rõ ràng với mọi z thỏa
cho nên ta có u(z) = u(ξ)dxdy u(ξ)dxdy = 1
4πρ2 1
4πρ2 ≥ .
∞ Z Z¯B(z,2ρ) Z Z¯B(z1,ρ) ⊂ ∈ , suy ra z
∂Ω Ω. Do đó, ta được B(z1, ρ)
D tùy ý. Khi đó, với r đủ nhỏ ta có ¯B(z, r) Ω, hay Ω là tập
D và ∞
∈ ⊂ ∩ Vậy u(z) =
mở. Lấy z
¯B(z, r) Ω có độ đo dương và hàm u nhận giá trị trên đó. Vậy ta có ∩ ∞ Ω ∩ u(ξ)dxdy u(ξ)dxdy = u(z) = 1
πr2 1
πr2 ,
∞ ≥ Z Z¯B(z,r) Z Z
¯B(z,r) suy ra z Ω. Do đó, Ω đóng trong D. Do D liên thông ∈ cho nên u(z) =
∞
cho nên ta phải có Ω = D. Vậy u = ∞ Hơn nữa, ta có dãy hàm trên D.
hội tụ đều về uk} { trên mỗi hình tròn đóng
D, trong đó 0 < ρ < r. B(z0, r) ⊂ ∞
⊂ nằm trong D. Thật vậy, xét ¯B(z0, ρ)
Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm un trong hình tròn B(z0, r) ta có với mọi z < r. un(z0) un(z) z
z | z0| − ≥ r
− |
r +
| z0|
z0| −
− Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Nguyên lý Harnack 205 § Khi đó, với mọi z z < ρ và B(z0, ρ) ta có ∈ | z0| − un(z) un(z0). r
ρ
−
r + ρ ≥ nên suy ra hội tụ đều về un(z0) = ∞ un} ∞ { Bài tập ⊂ { ∞ trên ¯B(z0, ρ). Với
Do lim
n
→∞
D là tập compact bất kỳ, ta có d(K, ∂D) > 0. Từ định nghĩa tập
un}
trên K (chứng minh chi tiết xin dành cho bạn đọc xem
(cid:3) K
compact và kết quả vừa được chứng minh ta dễ dàng suy ra được dãy
hội tụ đều về
như bài tập). 1 ) Cho hàm u liên tục trên ¯B(z0, r) và điều hòa trên B(z0, r). Chứng
minh rằng với mọi z B(z0, r) ta luôn có ∈ (4.5) u(z) trong đó ρ = z < r. u(z0) u(z0) ρ
r
−
r + ρ r + ρ
ρ
r ≤ ≤ | z0| − − hội tụ đều về trên tập compact uk} { ∞ 2 ) Trình bày chứng minh dãy
D trong Định lý 4.4.
K ⊂ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 206 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới [ ] gọi là nửa liên tục trên nếu ,
−∞ ∞ → z <δ − | 1([ Ω u(z) = u(z0) với mọi z0 ∈ lim
0
δ
→ sup
z0| , a)) là mở với mọi < a < Một cách tương đương, u− −∞ .
∞ −∞ Từ định nghĩa ta thấy được rằng hàm u liên tục trên D khi và chỉ khi u và u nửa liên tục trên trên D. − 5.2 Định nghĩa. Hàm u : D ) được gọi là điều hòa dưới nếu [ ,
−∞ ∞ → (a) u nửa liên tục trên (b) Với mọi z0 ∈ D tồn tại 0 < r < d(z0, ∂D) sao cho nếu h là hàm điều
u r mà h ≤ ≥ hòa trên B(z0, δ) và liên tục trên ¯B(z0, δ) với 0 < δ
trên ∂B(z0, δ) thì h u trên B(z0, δ). ≥ Ta nhận thấy từ định nghĩa hàm điều hòa dưới và kết quả của Định lý 3.2 rõ ràng mọi hàm điều hòa là điều hòa dưới. 5.3 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và đạt giá trị lớn
nhất trong D thì u là hàm hằng. u(z) với mọi z D để u(z0) ≥ ∈ 1([ ∈ 1([ 1([
z0| −∞ ε)). Do đó, tồn tại 0 < δ < min u− , u(z0) −
− } { − , u(z0) −∞ − − D,
Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈
nghĩa là hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0. Giả sử hàm u không là hàm
hằng trên bất cứ ε-lân cận nào của z0. Khi đó, với ρ = d(z0, ∂D) > 0
B(z0, ρ)
hàm u không là hàm hằng trên B(z0, ρ) nghĩa là tồn tại ξ
sao cho u(ξ) < u(z0). Khi đó, tồn tại ε > 0 sao cho u(ξ) < u(z0)
ε.
−
ε)) mở
Do hàm u nửa liên tục trên trên D nên tập u−
, u(z0)
với
r
và ξ
r, ρ
r =
ε)), nghĩa là với mọi
z u−
ε. ∈ ⊂
− z Γ − | Γ1
ξ Cr z0 Γ1, h(z) = u(z0) với mọi z −∞
∈
sao cho B(ξ, δ)
ξ
|
B(ξ, δ) ta có u(z) < u(z0)
Lấy Γ là một cung trên đường tròn Cr có
= r chứa ξ và nằm trong
z0|
phương trình
Γ cũng
hình tròn B(ξ, δ). Lấy cung nhỏ Γ1 ⊂
chứa ξ. Như trong hình vẽ minh họa điểm ξ là
trung điểm của cả hai cung Γ và Γ1. Ta xây dựng
ε
được hàm liên tục h trên Cr thỏa h(z) = u(z0)
−
Γ
Cr \
với mọi z ∈ ∈ Hình VI.4: Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 5 Hàm điều hòa dưới 207 § Γ z0) với mọi z − \
≤ ∈ 2π 2π Γ1 (xem bài
và h(z) phụ thuộc tuyến tính vào arg(z
∈
u(z) với mọi
tập). Vậy do cách xây dựng và các kết quả trên ta có h(z)
Cr. Mặt khác, theo Định lý 3.2 hàm h được thác triển thành hàm điều
z
hòa trên B(z0, r). Từ đó theo định nghĩa của hàm điều hòa dưới cho hàm
u ta suy ra được u(z0)
h(z0). Tuy nhiên, theo Định lý 1.11 và cách xây
≤
dựng hàm h trên Cr ta có 0 0
Z h(z0) = h(z0 + reiϕ)dϕ < u(z0)dϕ = u(z0). 1
2π 1
2π Z Vậy ta gặp phải mâu thuẫn. Do đó, phải tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho
u là hàm hằng trên B(z0, ε). Phần còn lại của phép chứng minh lập luận
hoàn toàn tương tự như chứng minh định lý nguyên lý modulus cực đại
(cid:3)
trang 179 (dành cho bạn đọc xem như bài tập). ⊂ D
u trên ∂G thì ≥ 5.4 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên D và miền G thỏa ¯G
thì với mọi hàm h liên tục trên ¯G điều hòa trong G mà h
h u trên G. ≥ − z G : v(z) = M { ∈ ∈ Chứng minh. Đặt v = u
h. Từ tính chất của hàm liên tục và hàm nửa
liên tục trên ta nhận thấy hàm v nửa liên tục trên ở trên ¯G và vì vậy nó
đạt cực đại trên ¯G với giá trị cực đại là M . Đặt Ω =
.
}
Mặt khác, cũng từ tính chất của hàm điều hòa dưới và hàm điều hòa ta
có hàm v điều hòa dưới trên G. Nếu z
Ω thì theo chứng minh Định lý
5.3 tồn tại ε-lân cận của z sao cho hàm v là hằng trên B(z, ε), nghĩa là
B(z, ε) Ω. Vậy Ω là tập mở. G ∈ \ , M )). Vậy với mọi z B(z′, δ′) v− ⊂ ∈ ∩ ¯G −∞
¯G
∩ ⊂ \ 1([ ⊂
Ω thì v(z′) < M . Do v nửa liên tục trên ở trên ¯G nên
Nếu z′
, M )) mở trong ¯G và nó chứa z′. Khi đó, tồn tại δ′ > 0 sao cho
1([
v−
−∞
¯G ta có v(z) < M
¯G
1([
B(z′, δ′)
∩
Ω. Vậy Ω là tập đóng trong ¯G. Như vậy, ta
nên suy ra B(z′, δ′)
đã chứng minh được Ω vừa là tập đóng vừa là tập mở trong miền đóng ¯G.
Do đó, ta có hoặc Ω = ∅ hoặc Ω = G. Nếu Ω = ∅ thì giá trị M đạt được trên ∂G. Do đó, theo giả thiết ta suy ra được M 0. ≤ Ngược lại nếu C = G do G thì v ≡ v− −∞ ⊂ M là hàm hằng trên G. Giả
∂G sao cho v(z0) < M . Do v nửa liên tục trên ở trên
sử tồn tại z0 ∈
, M )) mở trong ¯G và chứa z0. Do đó, tồn tại δ > 0 sao
¯G nên v−
1([
−∞
¯G
cho B(z0, δ)
∂G nên tồn tại
, M )). Mặt khác, do z0 ∈
∩
G)
G
z1 ∈ ∩ B(z0, δ). Khi đó, ta gặp phải mâu thuẫn v(z1) = M (do z1 ∈
Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 1([ 208 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới , M ))). Vậy v M trên ∂G. Suy ra v− ≡ và v(z1) < M (do z1 ∈
v
≡ ≤ (cid:3) −∞
M trên ¯G. Vì thế ta phải có M
Vậy ta luôn có M 0 hay u 0.
h trên G. ≤ ≤ Hàm h trong định lý trên được gọi là chặn trên điều hòa của hàm u đối với miền G. 5.5 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và tại một điểm z0
nào đó trong miền G thỏa ¯G
D trùng với hàm chặn trên điều hòa h của
⊂
u đối với G thì u = h trong G. − A là họ các hàm điều hòa dưới trong D sao
D. Nếu u nửa liên tục trên thì u ∈
với mọi z ≤
G. Do đó, tập Ω = 0 với mọi z
z ∈
∈ } 6 { ∈ h
G. Vậy hàm v đạt giá trị
= ∅. Theo
G : v(z) = 0
G
(cid:3) Chứng minh. Cũng như trong chứng minh định lý trên hàm v = u
điều hòa dưới ở trên G và v(z)
lớn nhất là 0 tại z0 ∈
chứng minh định lý trên ta phải có Ω = G, nghĩa là v(z) = 0 với mọi z
hay u(z) = h(z) trên G. α ∈
điều hòa dưới. {
uα(z) < uα}α
∞ ∈ 5.6 Định lý. Giả sử
cho u(z) = sup
A α ∈ Bài tập D, với 0 < r < d(z0, ∂D) sao cho ¯B(z0, r)
Chứng minh. Với z0 ∈
tồn tại hàm liên tục h trên ¯B(z0, r) điều hòa trên B(z0, r) thỏa u(z)
D nên u(z)
với mọi z uα(z) với mọi z D và
⊂
h(z)
≤
uα(z) − ≥ z0|
D và mọi α ∈
h(z) với mọi α = r. Do u(z) = sup
A
A. Vậy uα(z) ∈ ≤ ∈ ∈ − B(z0, r) và mọi α ∈ ∈ |
với mọi z
z0|
z
|
5.4 nên ta có uα(z)
u(z) h(z) với mọi z A và mọi
= r. Mặt khác, do uα là các hàm điều hòa dưới và theo Định lý
h(z) với mọi z
A. Suy ra
B(z0, r). Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D. (cid:3) ≤
∈ ≤ u nửa − 1 ) Chứng minh rằng hàm u liên tục trên D khi và chỉ khi u và
liên tục trên trên D. 2 ) Chứng minh rằng nếu các hàm u1 và u2 nửa liên tục trên trên D thì
u1 + u2 cũng nửa liên tục trên trên D. 3 ) Chứng minh rằng nếu u là hàm điều hòa dưới và v là hàm điều hòa
trên D thì u + v là hàm điều hòa dưới trên D. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới 209 § t ≤ ≤ t t ϕ2 và γ1(t) = Reit với ϕ3 ≤ ≤ ≤ Γ1 và h(z) = b với mọi z CR \ ∈ ∈ 4 ) Cho đường tròn CR có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0
2π.
Γ và Γ1 là các cung trên đường tròn CR có biểu diễn tham số lần lượt là
γ(t) = Reit với ϕ1 ≤
ϕ4 trong đó
0 < ϕ1 < ϕ3 < ϕ4 < ϕ2 < 2π. Hãy biểu diễn một hàm liên tục h trên CR
thỏa h(z) = a với mọi z
Γ trong đó
a = b. 6 5 ) Hoàn thành việc chứng minh hàm u là hàm hằng trên D trong Định
lý 5.3. 2π [ ) điều hòa dưới ,
−∞ ∞ → 6.1 Định lý. Để hàm nửa liên tục trên u : D
cần và đủ là 0 u(z) (6.2) u(z + reiϕ)dϕ 1
2π ≤ Z với mọi z D và mọi 0 < r < d(z, ∂D). ∈ D và ∈ Chứng minh. Giả sử u là hàm điều hòa dưới trên D, giả sử z
0 < r < d(z, ∂D). Với mỗi k đặt Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 210 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới ξ′ z =r{ − | k ξ . u(ξ′) ξ′ | |} − − uk(ξ) = max
| ξ u. Thật vậy, = r, và uk ց Khi đó, uk là các hàm liên tục trên Cr,
là dãy giảm. Khi ξ, ξ′
rõ ràng dãy z
|
−
Cr ta có uk} { |
∈ k 2π k ξ ) = (u(ξ′) ξ′ | − − | u(ξ) khi ξ′ = ξ
= ξ
khi ξ′ lim
k
→∞ (cid:26) −∞ 6 Cr. Theo Định lý 3.2 gọi hk là ∈ uk trên CR nên Do đó, ta có lim
uk(ξ) = u(ξ) với mọi ξ
→∞
thác triển điều hòa của hàm uk lên B(z, r). Bởi vì uk+1 ≤
với mọi ξ = z + ρeiϕ B(z, r) ta suy ra 2 dϕ 0
Z 2π hk+1(ξ) = uk+1(z + reiϕ) ξ
(ξ ∈
1
2π 2
z
|
z)
|
2 dϕ uk(z + reiϕ) r2
reiϕ
|
r2
reiϕ − |
−
ξ
(ξ − |
− | −
−
2
z
|
z)
| −
− 1
2π
≤
0
Z
= hk(ξ) →∞ hk trên ¯B(z, r). Do đó, ta xác định được hàm h = limk 2π 2π Vậy hk+1 ≤
hk
trên ¯B(z, r). Hơn nữa, áp dụng định lý Harnack đối với dãy hàm điều hòa
ta suy ra được hoặc hàm h điều hòa trên B(z, r) hoặc h ≡ −∞ hk} {−
trên B(z, r). Mặt khác, từ định lý giá trị trung bình ta có 0
Z 0
Z hk(z) = hk(z + reiϕ)dϕ = uk(z + reiϕ)dϕ. 1
2π 1
2π 2π 2π Theo định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue ta lấy giới hạn hai vế thu được k 0
0
Z
Z
uk trên Cr với mọi k nên u u(z + reiϕ)dϕ. uk(z + reiϕ)dϕ = 1
2π 1
2π h(z) = lim
→∞ ≤ ≤ 2π ≤ ≤ hk trên Cr với mọi k.
Bên cạnh đó, do u
Từ tính điều hòa dưới của u và các hàm hk điều hòa trên B(z, r) nên ta
suy ra u
hk(z) với
hk trên B(z, r) với mọi k. Cụ thể tại z ta có u(z)
mọi k. Do đó, ta được 0
Z u(z + reiϕ)dϕ. u(z) hk(z) = h(z) = 1
2π ≤ lim
k
→∞ Ngược lại, giả sử u nửa liên tục trên ở trên D và thỏa điều kiện (6.2).
D và h là hàm liên tục trên ¯B(z0, r) điều hòa trên B(z, r) Cho ¯B(z0, r) ⊂ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới 211 § = r. Khi đó, hàm v = u z h trên Cr, ≤ z0| − − | 2π 2π thỏa u
h nửa liên tục trên ở
trên ¯B(z0, r). Mặt khác, theo điều kiện (6.2) và định lý giá trị trung bình
đối với hàm điều hòa ta có 0
Z 0
Z 2π u(z) h(z) u(z + ρeiϕ)dϕ h(z + ρeiϕ)dϕ 1
2π 1
2π − ≤ − hay v(z + ρeiϕ)dϕ v(z) 1
2π ≤ 0
Z
B(z0, r) và 0 < ρ < r z ∈ − z0| ≤ ≤ trong đó z
. Từ kết quả này và tính nửa
− |
liên tục trên của v trên ¯B(z0, r) và tương tự như cách chứng minh Định lý
5.3 ta cũng thu được kết quả: nếu hàm v đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r)
thì là nó là hàm hằng trên B(z0, r) (phép chứng minh xin dành cho bạn
0 trên Cr và hàm v nửa liên tục trên ở
đọc xem như bài tập). Ta có v
trên ¯B(z0, r) nên (như trong chứng minh Định lý 5.4 ta suy ra nếu v đạt
giá trị lớn nhất trong ¯B(z0, r) thì giá trị lớn nhất của v trên ¯B(z0, r) phải
nhỏ hơn hoặc bằng 0. Nếu giá trị lớn nhất của v trên ¯B(z0, r) đạt được
trên Cr thì rõ ràng giá trị lớn nhất đó nhỏ hơn hoặc bằng 0. Vậy ta luôn
có giá trị lớn nhất của v trên ¯B(z0, r) nhỏ hơn hoặc bằng 0, suy ra v
0
h trên B(z0, r). Do đó, u là hàm điều hòa dưới. (cid:3)
trên B(z0, r) hay u ≤ f điều hòa dưới | | 6.3 Định lý. Nếu f là hàm giải tích trên miền D thì ln
trên D. f (z)
| | D và f (z0) 6 | là hàm liên
= 0 thì ta tìm được một nhánh hàm giải tích
f (z)
|
điều hòa trong lân cận này của z0. Do đó, điều kiện thứ f (z)
| | Chứng minh. Tính nửa liên tục trên là hiển nhiên do
tục. Nếu z0 ∈
log f (z) trong lân cận của z0. Hơn nữa, log f (z) có phần thực là ln
nên hàm ln
hai trong định nghĩa hàm điều hòa dưới thỏa tại z0. = Nếu f (z0) = 0 thì ln | f (z0)
| f (z0)
| | = 0 với mọi 0 < z0| ≤ − 6 f (z)
| | do đó điều kiện (6.2) thỏa tại z0.
−∞
Giả sử f (z) đồng nhất 0 trong một lân cận nào đó của z0 thì điều kiện
(6.2) thỏa trong lân cận đó của z0 nên theo Định lý 6.1 hàm ln
điều
hòa dưới trên lân cận đó. Suy ra điều kiện thứ hai trong định nghĩa hàm
điều hòa dưới thỏa tại z0. Ngược lại nếu f (z) không đồng nhất 0 trong
một lân cận nào đó của z0 thì theo Định lý 3.2 trang 234 tồn tại r > 0 sao
r. Từ đây cũng giống như phần chứng
cho f (z)
z
|
minh chiều ngược của Định lý 6.1 ta cũng có hàm ln
thỏa điều kiện
thứ hai trong định nghĩa hàm điều dưới tại z0. (cid:3) Vậy hàm ln điều hòa dưới trên D. f (z)
| | Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 212 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 6.4 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và không đồng nhất
bằng không có điểm trong. , thì tập E = D : u(z) = z −∞ { −∞} 2π 6 .
∂E◦ với u(z0) >
−∞
= r với 0 < r < d(z0, ∂D) ∈
= ∅. Khi đó, tồn tại z0 ∈
z
| z0| − Chứng minh. Giả sử E◦
Bởi vì giao của E◦ với đường tròn Cr,
chứa một cung tròn, nên ta có 0
Z u(z0 + reiϕ)dϕ = −∞ 2π nó mâu thuẫn với bất đẳng thức (6.2) do u điều hòa dưới trên miền D 0
Z (cid:3) < u(z0) = u(z0 + reiϕ)dϕ. 1
2π −∞ 0 trên D. D và h là hàm liên tục ⊂ 6.5 Định lý. Hàm thực u thuộc lớp C2 trên miền D là điều hòa dưới nếu
và chỉ nếu u′′xx + u′′yy ≥
Chứng minh. Giả sử G là miền tùy ý thỏa ¯G
trên ¯G, điều hòa trong G và thỏa u h trên ∂D. Với ε > 0 bất kỳ, đặt ≤ 2 khi z
|
khi z h(z) + ε z G − | ∈ vε(z) = ε z ∂D (cid:26) u(z)
2
| | ∈ 2 ε z Từ giả thiết của hàm u và h ta nhận thấy vϕ nửa liên tục trên ¯G và do đó
đạt giá trị lớn nhất trên ¯G. Nhưng vε không thể nhận giá trị này trong G
vì v′′ε,xx + v′′ε,yy = u′′xx + u′′yy + 4ε > 0. Vậy giá trị lớn nhất này đạt được
2. Vậy
trên ∂D, nghĩâ là vε(z) ≤ | | max
∂G
z
∈ 2
| ∂G | u(z) h(z) + ε z z với mọi z G − | ≤ | ∈ ε max
z
∈ 2. Vì ε > 0 tùy ý nên ta được u ∂G | suy ra u(z) h(z) z h trên G. − | ≤ ≤ ε max
z
∈ Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D. D. Vậy nếu v = − Ngược lại, giả sử u thuộc lớp C2 điều hòa dưới trên D nhưng u′′xx(z0) +
u′′yy(z0) < 0 với z0 nào đó trong D. Lấy r > 0 đủ nhỏ để u′′xx + u′′yy ≤
0
trên ¯B(z0, r)
0 trên ¯B(z0, r). Theo
u thì v′′xx + v′′yy ≥
−
⊂
chiều thuận của định lý ta có
u = v là điều hòa dưới trên B(z0, r). Từ
Định lý 6.1 và Định lý 3.8 ta suy ra u là điều hòa trên B(z0, r). Ta gặp
(cid:3)
phải mâu thuẫn u′′xx(z0) + u′′yy(z0) = 0. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Bài tập 7 Định lý Hartogs 213 § 2π 1 ) Cho u là hàm nửa liên tục trên ở trên miền D thỏa 0 u(z) u(z + reiϕ)dϕ 1
2π ≤ Z D và mọi 0 < r < d(z, ∂D). Chứng minh rằng nếu u đạt giá ∈ với mọi z
trị lớn nhất trong D thì u là hàm hằng trên D. uk} { { là một dãy các hàm trên miền D. Ta nói
là bị chặn trên đều trên các tập compact trong D nếu với mọi
K với D tồn tại Mk sao cho uk(z) MK với mọi z ⊂ ≤ ∈ là một dãy các hàm điều hòa dưới bị chặn trên { 7.2 Định lý. Giả sử
uk}
đều trên các tập compact trong miền D và giả sử k →∞ (7.3) lim sup A với mọi z D uk(z) ≤ ∈ Khi đó, với mọi ε > 0 và mọi tập compact K D tồn tại N sao cho ⊂ (7.4) A + ε với mọi z K và mọi k N . uk(z) ∈ ≥ ≤ ∞
để đơn giản ta chứng minh cho trường hợp uk ≤ ∞ r 2π K, từ tính điều hòa dưới của uk ta có . Trong
Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng ta có ngay định lý khi A =
trường hợp A <
0 trên
D với mọi k. Cho K là một tập compact trong D. Đặt 3r = d(K, ∂D). Với
mỗi z0 ∈ 0
0 Z
Z
r 2π uk(ξ)dxdy = uk(z0 + seiϕ)sdsdϕ Z Z¯B(z0,r) 0
h Z
r s = ds 0
Z
2π uk(z0 + seiϕ)dϕ
i suk(z0)ds ≥
0
Z
= πr2uk(z0). Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 214 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Với trường hợp dãy hàm đang xét áp dụng bổ đề Fatou ta nhận được k k →∞ →∞ Z Z¯B(z0,r) lim sup Aπr2. lim sup uk(ξ)dxdy uk(ξ)dxdy ≤ ≤
Z Z¯B(z0,r) Từ đó với mọi ε > 0 tìm được k0 sao cho 2 )πr2 (A + ε uk(ξ)dxdy với mọi k > k0 ≤ Z Z¯B(z0,r) z < δ với 0 < δ < r. Khi đó, ta có ¯B(z0, r) z0| − | D thỏa
⊂
D. Vì vậy cũng theo tính điều hòa dưới của uk như trên ta ∈
⊂ 0) Giả sử z
¯B(z, r + δ)
có (và chú ý uk ≤ uk(ξ)dxdy π(r + δ)2uk(z) ≤ Z Z
¯B(z,r+δ) uk(ξ)dxdy rε với mọi k k0 ≤
Z Z¯B(z0,r)
πr2(A + ε
2 ) ≤ ≥ 4 max A ,1 {| | } } , với mọi z r, < δ0 và mọi k k0 | z0| − ≥ Do đó, với δ0 < min
{
ta có r2 uk(z) ≤ < A ε
2 − + < A + A
| (r + δ0)2 (A + ε
2 )
δ0(2r + δ0)
(r + δ0)2 A +
ε
2δ0|
2
r < A + ε K
K sao cho K n
j=1 B(zj, δj). Đặt N =
K bất kỳ tồn Mặt khác, ta có K B(z0, δ0). Vì K compact nên tồn tại hữu ⊂ z0∈
S
hạn điểm z1, z2, . . . , zn ∈
max
k1, k2, . . . , kn}
{
n sao cho
tại 1
≤ ⊂
K và với z S ∈ j z ≥
< δj và ta có ≤ − . Khi đó, với mọi k
zj| | (cid:3) uk(z) < A + ε Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Bài tập 7 Định lý Hartogs 215 § 0 1 ) Chứng minh rằng trong phép chứng minh Định lý 7.2 giả thiết uk ≤
không làm mất tính tổng quát của phép chứng minh. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 216 Trước đây, chúng ta đã nêu một số định lý Weierstrass như Định lý 5.18
trang 168 và Định lý 6.6 trang 176 ở dạng dãy hàm. Bây giờ ta sẽ nêu lại
các định lý ấy dưới dạng chuỗi hàm và trình bày chứng minh chi tiết. fn(z) hội tụ đều và hàm ∞ 1.1 Định lý. (Weierstrass) Nếu chuỗi hàm ∞
n=1
P fn giải tích trên miền D với mọi n thì hàm tổng f của chuỗi hàm là một
hàm giải tích trên miền D và n=1
X f (k)(z) = f (k)
n (z). n Chứng minh. Từ Định lý 4.19 trang 65 ta có được hàm f liên tục trên
D. Lấy Γ là đường cong Jordan trơn kín bất kỳ nằm trong miền D và
phần trong của nó cũng nằm trong D và gọi l là chiều dài của Γ. Đặt fn(z) hội tụ đều về hàm f Sn(x) = k=1
P fk(z). Theo giả thiết chuỗi ∞
n=1
P Sn(z)
} { hội tụ đều về hàm f trên D. Suy ra với ε > 0
trên D nên dãy hàm
cho trước tồn tại n0 sao cho với mọi n nguyên dương thỏa n > n0 ta có Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 1 Chuỗi Taylor 217 § f (z) < ε/l với mọi z D, suy ra | Sn(z)
| − ∈ l = ε. f (z)dz = (f (z) < Sn(z)dz Sn(z))dz ε
l − − ZΓ ZΓ ZΓ (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Do đó ta được f (z)dz. Sn(z)dz = ZΓ lim
n
→∞ ZΓ Mặt khác, vì Sn(z) giải tích trên D với mỗi n nguyên dương nên theo định
lý Cauchy ta có với mỗi n nguyên dương. Sn(z)dz = 0 ZΓ f (z)dz = 0. Từ kết quả chứng minh được và theo định Do đó, ta được ZΓ lý Morera ta có hàm f (z) giải tích trên miền D. D tùy ý, Với z0 ∈ D Γ DΓ ⊂ z0
• lấy
đường cong Jordan trơn kín
Γ bao quanh điểm z0 sao cho
D (trong đó DΓ là
z0 ∈
miền giới hạn bởi đường cong
Γ). Đặt ∈ z > 0. d = min
Γ |
z z0| − Hình VII.1: Với mỗi k nguyên dương ta có ∞ với mọi z Γ 1
dk+1 (z ≤ ∈ 1
z0)k+1 − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) fn(z) hội tụ đều về hàm f (z) trên D nên suy ra được n=1
X chuỗi hàm Do chuỗi hàm ∞
n=1
P
(z (z fn(z)
z0)k+1 hội tụ đều về hàm − − f (z)
z0)k+1 trên Γ. Tương
tự như chứng minh ở phần đầu cho việc lấy tích phân của hàm tổng, và
theo công thức tích phân Cauchy ta có Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 218 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư n=1
X ∞ f (k)(z0) = (z k!
2πi ZΓ −
∞ f (z)
z0)k+1 dz
fn(z) dz = (z k!
2πi z0)k+1 h n=1
X
∞ = ZΓ
k!
2πi (z −
i
fn(z)
z0)k+1 dz ZΓ − n=1
X = f (k)
n (z0) ∞ Vì z0 lấy tùy ý trong D nên ta có n=1
X (cid:3) f (k)(z) = với mọi z D. f (k)
n (z) ∈ 1.2 Nhận xét. Trong chứng minh định lý trên ta đã chứng minh được f (z)dz Sn(z)dz = ZΓ lim
n
→∞ ZΓ n n Hơn nữa, đẳng thức này cũng đúng với mọi đường cong Jordan trơn từng
khúc trong D. Từ đó ta viết lại như sau n n
→∞ ZΓ
∞ f (z)dz = lim fk(z)dz dz = lim
→∞ ZΓ h fk(z)
i Xk=1 ZΓ n=1 ZΓ
X = Xk=1
fn(z)dz. Như vậy, ta có được kết quả như sau: tích phân của hàm tổng của chuỗi
hàm hội tụ đều trên D được tính bởi lấy tích phân của từng số hạng. ∈ ∈ ∈ 1.3 Chú ý. Trong định lý trên ta đã chứng minh được tính chất lấy đạo
hàm từng số hạng của chuỗi tại các điểm z
D chứ không phải tại các
¯D; ta không có điều này là do ta đã sử dụng d = d(Γ, z0) > 0
điểm z
¯D định lý này không
trong chứng minh. Ví dụ sau chứng tỏ đối với z
còn đúng nữa. 1 z : z và 1 zn
n2 . Chuỗi hàm này hội tụ đều trên | | ≤ } Xét chuỗi hàm ∞
n=1
P z : z . Tuy nhiên, {
1 | ≤ | }
{
lại phân kỳ tại z = 1. zn
−
n mọi số hạng của nó đều là các hàm giải tích trên
chuỗi các đạo hàm của nó là ∞
n=1
P Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Định lý Taylor ∞n=0 cn(z 1 Chuỗi Taylor 219 § ∞ − z0)n. Giả sử chuỗi này có bán kính hội tụ
< R z : z P z0| − { } | Xét chuỗi lũy thừa
R > 0. Khi đó, ta có được một hàm f có tập xác định
xác định bởi n=0
X f (z) = z < R. cn(z z0)n, − | z0| − ∞ Hàm f giải tích trên z : < R . Do đó, nó có đạo hàm mọi cấp và z { | z0| − } k, f (k)(z) = n(n 1) (n k + 1)cn(z z0)n
− − · · · − − Xn=k với k = 0, 1, 2, . . .. Đặc biệt tại z = z0 ta có f (n)(z0) = n!cn. Vấn đề ngược lại, giả sử ta có hàm f có đạo hàm mọi cấp tại z0. Đặt . cn = f (n)(z0)
n! ∞ ∞ Khi đó, ta thiết lập được chuỗi lũy thừa n=0
X n=0
X
Chuỗi lũy thừa này được gọi là chuỗi Taylor của hàm f tại z0 (khi
z0 = 0, ta nói là chuỗi Maclaurin) Định lý sau nói lên mối quan hệ giữa
bản thân hàm f và chuỗi Taylor của nó. (z z0)n. cn(z z0)n = f (n)(z0)
n! − − 1.4 Định lý. (Taylor) Cho hàm f giải tích trong hình tròn mở z < | z0| − , hội tụ về hàm f khi cn(z z0)n, với cn = z cn(z z0)n được gọi là < R0. Với R0. Khi đó, chuỗi ∞
n=0
P
z
−
| z0| − z0| − f (n)(z0)
n!
−
< R0, ta viết f (z) = ∞
n=0
P cnzn ta nói f được khai triển Maclaurin. |
khai triển Taylor của hàm f trong lân cận điểm z0. Trường hợp đặc biệt
z0 = 0, f (z) = ∞
n=0
P Nhắc lại, f (n)(z0) được tính bởi f (n)(z0) = n!
2πi (z f (z)
z0)n+1 dz ZΓ − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 220 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư z = r < R0 và bao | z0| − với Γ là đường cong kín nằm trong đường tròn
quanh z0, cho nên ta có (1.5) cn = 1
2πi (z f (z)
z0)n+1 dz ZΓ − z : z z0| ∈ { − | z z′
|
−
z0| ≤ z0|
qR1} ∈ { − | z .
< R0}
< R0, nên tồn tại số thực 0 < R1 < R0 sao cho
trong đó 0 < q < 1. Gọi Γ là đường tròn được
= R1. Khi đó, điểm z′ được z0| − | Chứng minh định lý Taylor. Giả sử với bất kỳ z′
Khi đó, ta có
z :
z′
định hướng dương và có phương trình
chọn ở trên nằm bên trong Γ. Theo công thức tích phân Cauchy, ta có dz. f (z′) = 1
2πi f (z)
z′
z ZΓ − Γ ta có z , nên ta biến đổi z′ ∈ | z0| = R1 > qR1 ≥ | z0| − − Mặt khác, với z
được n ∞ n=0 (cid:16)
X
z0)n
z0)n+1 .
− n=0
X ∞ 1 = z z z0) z′ − −
1 = z 1
(z′ −
z0 −
z′
z z0 z0
z0 −
− (cid:17) −
∞ = (z′
(z − n=0
X
q < 1. Do đó, ta tính được Chuỗi hàm = (z′
(z z′
z ≤ z0)n
z0)n+1 hội tụ đều trên Γ bởi vì
− qR1
R1 z0
z0 − −
− (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ 1 Chuỗi Taylor 221 § ∞ f (z) dz f (z′) = 1
2πi (z′
(z z0)n
−
z0)n+1 ZΓ − h n=0
X
z0)n 1
2πi n=0
X
∞ = (z′ (z − i
f (z)
z0)n+1 dz ZΓ − n=0
X = cn(z′ z0)n. − (cid:3) z cn(z z0)n hội tụ về f (z) với mọi z thỏa < R0. − | z0| − Vậy ∞
n=0
P 1.6 Hệ quả. Hàm f xác định trên miền D là giải tích khi và chỉ khi với
D hàm f có thể khai triển được thành chuỗi Taylor tại điểm z0
mọi z0 ∈
với bán kính hội tụ của nó là R d(z0, ∂D). ≥ (cid:3) Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. 1
x2 1
x2 1.7 Nhận xét. Định lý Taylor thể hiện sự khác nhau cơ bản giữa hàm
giải tích phức và hàm biến số thực. Trong giải tích thực người ta chứng
minh được hàm khi x = 0 e− f (x) = 6 0 khi x = 0 (cid:26) có đạo hàm mọi cấp trên R, chẳng hạn 2
x3 e−
0 f ′(x) = 6 khi x
= 0
khi x = 0, ( Khai triển Maclaurin của các hàm số sơ cấp cơ bản và f (n)(0) = 0 với mọi n. Tuy nhiên, hàm f (x) không đồng nhất bằng
không trong một lân cận nào của điểm 0, trong khi đó chuỗi Taylor của
f (x) tại x = 0 là chuỗi hàm 0 tầm thường. Ta nhận thấy (về hình thức) công thức chuỗi Taylor của một hàm phức
hoàn toàn giống công thức chuỗi Taylor của một hàm thực. Hơn nữa,
công thức đạo hàm của một số hàm sơ cấp cơ bản phức cũng giống công
thức đạo hàm của hàm sơ cấp cơ bản thực tương ứng, cho nên khai triển
Maclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản phức có công thức hoàn toàn giống
với khai triển Maclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản thực. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 222 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư ∞ Ta đã biết hàm logarithm phức ln z giải tích trên C bỏ đi nửa trục thực dương, do đó hàm ln(z 1) giải tích trên z = 0 và ta có − n=0
X 1 (ln(z 1))′ = = với mọi < 1. z zn z 1 − − | | − z ∞ ∞ Từ tính chất nguyên hàm và ln( 1) = iπ nên ta được khai triển − z
(ln(z 0
Z 0
Z n=0
X n=0
X dz = zn . ln(z 1) iπ = 1)′dz = zn+1
n + 1 − − − − − (cid:16) (cid:17) ∞ Sau đây chúng tôi liệt kê một số khai triển Maclaurin của một số hàm sơ
cấp cơ bản. n=0
X
∞ (1.8) R = ez = ∞ sin z = (1.9) R = zn
n!
1)n z2n+1
(2n + 1)! ∞ (
−
n=0
X
∞ (1.10) cos z = R = 1)n z2n
(2n)! ∞ n=0
X ∞ (
−
n=0
X
∞ 1 (1.11) = zn R = 1 1 z − ∞ n=1
X
1)n (1.12) R = 1 ln(z 1) = iπ zn
n − − − 1 zn
n log(1 + z) = (1.13) R = 1 n=0
X (
−
n=1
X
∞ α(α (1.14) (1 + z)α = zn R = 1 1)
−
n(n (α
1) n + 1)
1 −
· · · · · ·
− ∞ ∞ ∞ − 1.15 Thí dụ. Khai triển Maclaurin của các hàm sau f (z) = z2e3z và
g(z) = . z
z4 + 9 2zn
2)! n=0
X n=2
X n=0
X = = , f (z) = z2e3z = z2 (3z)n
n! 3nzn+2
n! 3n
(n − với R = .
∞ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) n ∞ ∞ 223 1 Chuỗi Taylor § Bài tập g(z) = = = = 1)n z
z4 + 9 z
9 z
9 z4
9 1)n z4n+1
32n+2 , 1
1 + z4
9 (cid:17) (cid:16) (
−
n=0
X (
−
n=0
X (cid:3) với R = √3. 1 ) Chứng minh Hệ quả 1.6. 2 ) Khai triển Maclaurin của các hàm sau và tìm bán kính hội tụ. 1 1 N (d) (a) = 0 và k (b) sinh z, (c) cosh z, , z 2 (z a)k với a ∈ 6 − − 3 ) Khai triển Maclaurin các hàm sau và tìm bán kính hội tụ. (c) (d) (e) (a) sin2 z (b) (a + z)α 1
az + b z2 z
4z + 13 z2
(z + 1)2 − ∞ ∞ ∞ n=1
X n=1
X n=0
X 4 ) Tìm tổng của các chuỗi sau trong z |
∞ (a) (b) (c) (d) nzn zn
n < 1
|
z2n+1
2n + 1 1)n+1 zn
n (
−
n=1
X 5 ) Hãy tìm hai số hạng đầu tiên trong khai triển Maclaurin của hàm
tanh z, và tìm bán kính hội tụ của nó. ∞ 6 ) Chứng minh rằng ta có khai triển Taylor n=0
X 1 = với z i < √2. 1 z (z
(1 i)n
−
i)n+1 | | − − − 7 ) Khai triển thành chuỗi Taylor trong lân cận của điểm z0 và tìm bán
kính hội tụ của các hàm sau. (a) sin(2z (d) ln z tại z = 1 z2) tại z0 = 1 − − (e) tại z0 = 1 (b) tại z0 = i. z2 z
2z + 5 z
z2 + 4 −
z2 (f) (c) tại z0 = 1. (z + 1)2 tại z0 = 1 z
z + 2 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 224 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 8 ) Bằng cách khai triển Maclaurin các hàm số sau hãy tìm f (n)(0) với
n = 0, 1, 2, . . . (a) f (z) = z cosh(z2) (b) f (z) = sin(z2) ∞ 9 ) Chứng minh rằng nếu khai triển hàm tại z = 0 dưới dạng 1
cos z = z2n 1
cos z 1)n E2n
(2n)! (
−
n=0
X thì các số E2n (các số Euler) thỏa mãn ∞ + E0 = 1, E0 + E2 + E2n = 0. 2n
2 2n
2n · · · (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) z khi z = 2kπi ez 1 6 10 ) Chứng minh rằng hàm f (z) = − trường hợp khác 0
giải tích tại z = 0. Nếu khai triển Maclaurin của f (z) n=0
X f (z) = zn Bn
n! chứng minh rằng các số Bn (các số Bernoulli) thỏa mãn + B0 = 1, B0 + B1 + Bn = 0. n + 1
0 n + 1
1 n + 1
n · · · (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) ∞ 11 ) Giả sử trong D = z : < R hàm f (z) có khai triển dạng z | | { } n=0
X f (z) = cnzn. 2π ∞ 2dϕ = 2r2n (a) Chứng minh rằng 0 n=0
X r < R 1
2π f (reiϕ)
| | cn| | Z z | | = M (r) thì (b) Nếu max
=r | f (z)
| r < R. M (r)
rn cn| ≤ | Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 Chuỗi Laurent 225 § (c) Chứng minh rằng nếu một trong các bất đẳng thức trên biến thành đẳng thức, nghĩa là = thì f (z) = ckzk M (r)
rk ck| | ∞ 2 z : z < 1 cnzn là hàm giải tích trong hình tròn { | | } và nó ánh xạ hình tròn này 1-1 lên miền G với diện tích S. Chứng minh 12 ) Giả sử f (z) = ∞
n=0
P n=0
X n S = p cn| | z z | 13 ) Chứng minh các bất đẳng thức sau đúng với mọi z C: ∈ |. ez 1 e| 1 z e| | − | ≤ − ≤ | | Chuỗi Taylor là một công cụ giúp ta nghiên cứu hàm số trong lân cận của
một điểm nào đó mà tại điểm đó hàm ấy là giải tích. Tuy nhiên, ta có
những hàm không giải tích tại điểm ta quan tâm. Khi đó, chuỗi Taylor
không thể sử dụng được, do vậy ta phải dùng một công cụ khác để có thể
nghiên cứu hàm trong một lân cận của một điểm mà tại đó hàm không
giải tích; đó là chuỗi Laurent. −∞
P
z0 hay chuỗi Laurent tại z0. cn(z z0)n gọi là chuỗi Lau- − 2.1 Định nghĩa. Chuỗi hàm có dạng ∞
n= rent theo lũy thừa của z − −∞
P cn(z z0)n thỏa − 2.2 Định lý. Nếu các hệ số của chuỗi Laurent ∞
n= Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 226 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư n n − n| →∞ →∞ 1 0 c = r < R = ≤ ∞ ≤ lim sup
n cn| lim sup
n |
p |
p z : r < z z0| − { | <
và tổng f (z) của chuỗi hàm là một hàm giải tích trong hình vành khăn } thì miền hội tụ của chuỗi đã cho là hình vành khăn D =
R
D, các hệ số cn của chuỗi thỏa (2.3) n = 0, 1, 2, . . . cn = 1
2πi (z ± ± f (z)
z0)n+1 dz, ZΓs z = s với | z0| − −
ở đây Γs là đường tròn định hướng dương có phương trình
r < s < R tùy ý. 1 − ∞ Chứng minh. Viết chuỗi đã cho thành tổng của hai chuỗi n= −∞ n=0
X và cn(z z0)n cn(z z0)n. − − X < R z : z z0| − } { | Từ giả thiết và theo Định lý Cauchy-Hadamard trang 72 chuỗi thứ hai có
bán kính hội tụ là R, và theo Định lý 2.9 trang 89 hàm tổng của nó, đặt
là f +(z), giải tích trên
. Hơn nữa, theo Định lý Taylor
1.4 ta có f +(z) n = 0, 1, 2, . . . cn = 1
2πi (z z0)n+1 dz ZΓs − Cs′ Γs •z0 •
0 1 Hình VII.2: ∞ −∞
P
nun. Do đó, theo Định lý Cauchy-Hadamard và Định lý 2.9 chuỗi mới − n=1
P 1 Đặt u = cn(z z0)n được viết lại thành z − z0 . Khi đó, chuỗi −
n= − c Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 Chuỗi Laurent 227 § n − →∞ 1 z n|
1
z0 − s theo Định lý Taylor 1.4 ta có −∞
. Hơn nữa, với s′ = 1
P
} 1 = này có hàm tổng g(u) giải tích trên u : u < r′ với r′ = { | | } c lim sup
n |
p ) cn(z z0)n hội tụ về hàm giải tích f −(z) = g( − 1
r
trên . Vậy chuỗi hàm −
n=
> r z : z { | − z0| n = − c n = 1, 2, . . . 1
2πi ZCs′ s z n+1 −
(z
− = 1
2πi dz
z0)2 ZΓ− n+1 dz = 1
2πi (cid:0)
(z g(u)
un+1 du
f −(z)
1
z0
−
f −(z)
(cid:1)
z0)− ZΓs − và z du 0 = 1
2πi g(u)
u ZCs′ z : r < < R z − { } | (chú ý rằng đường tròn Γ−s qua ánh xạ u = 1
biến thành đường tròn
z0
−
Cs′ định hướng dương tâm 0 bán kính s′). Từ các kết quả trên ta được
chuỗi Laurent đã cho hội tụ về hàm giải tích f (z) = f +(z) + f −(z) trên
hình vành khăn D =
. Hơn nữa, với n nguyên không
z0|
âm ta có n+1 du + cn f +(z) f −(z) 1
2πi (z 1
2πi (z (z f (z)
z0)n+1 dz = z0)n+1 dz ZΓs ZΓs ZΓs − − = z0)n+1 dz +
−
g(u)
u− ZCs′ − 1g(u)du + cn = un 1
2πi
1
2πi
1
2πi ZCs′ = cn n − và với n nguyên âm ta có f +(z) f −(z) 1
2πi (z 1
2πi 1
2πi (z f (z)
z0)n+1 dz = z0)n+1 dz + z0)n+1 dz ZΓs − − − ZΓs
1f +(z)dz (z = cn + z0)− (z
ZΓs
1
2πi − ZΓs = cn (cid:3) Như vậy, với mọi n nguyên ta có đẳng thức (2.3). Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 228 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Γ2 C z′
• •
z Γ1 •
z0 •
z0 Γ Γ z z : R1 < < R2} z0| − { | ∞ ∞ ∞ Hình VII.3:
2.4 Định lý. (Laurent) Giả sử hàm f giải tích trên miền nhị liên là
và Γ là đường cong Jordan trơn từng khúc
vành
kín nằm trong vành đó và bao quanh điểm z0. Khi đó, với mỗi điểm z
thuộc vành ấy hàm f được biểu diễn thành chuỗi n= −∞ n=0
X n=1
X (2.5) f (z) = cn(z z0)n = an(z z0)n + (z − − bn
z0)n , − X trong đó (2.6) cn = 1
2πi (z f (z)
z0)n+1 dz ZΓ − hay n+1 dz. an = bn = 1
2πi (z 1
2πi (z f (z)
z0)n+1 dz, ZΓ − | ZΓ
z : R1 <
{
D1 = z
z : r′1 <
{ < R2}
z0| < r′2} ⊂ f (z)
z0)−
z0|
−
z
−
| ∈ q ≤
và z′ z z : r1 . Tồn
và
D1. Từ đó, ta có thể chọn được r1, r2, q sao cho R1 < r1 <
r′2. Vậy ta có
D2. Gọi Γ1 và Γ2 là hai < r2q D2 = −
Chứng minh. Lấy z′ tùy ý thuộc D =
tại R1 < r′1 < r′2 < R2 sao cho Γ
z′
r′1 < r′2 < r2 < R, 0 < q < 1, r1
q <
Γ r′1 và qr2 ≥
∈ − | ⊂ o n z z0| − | = r1 và
= r2. Khi đó, theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên ta − z0|
đường tròn định hướng dương lần lượt có phương trình
z0|
z
|
suy ra được (z (z (z f (z)
z0)n+1 dz = f (z)
z0)n+1 dz = f (z)
z0)n+1 dz, ZΓ ZΓ1 ZΓ2 − − − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 Chuỗi Laurent 229 § ∈ Z. Chọn C là một đường cong Jordan kín trơn bao quanh
với mọi n
z′ và có phần trong hoàn toàn trong D2. Xét miền tam liên xác định bởi
các đường cong Γ1, Γ2, C. Theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên
ta có dz = dz + dz. f (z)
z′
z f (z)
z′
z f (z)
z′
z ZΓ1 ZC ZΓ2 − − − Mặt khác, theo công thức tích phân Cauchy ta có dz. f (z′) = 1
2πi f (z)
z′
z ZC − Từ hai đẳng thức trên ta có dz dz. f (z′) = 1
2πi 1
2πi − f (z)
z′
z f (z)
z′
z ZΓ1 ZΓ2 − − q , suy ra n ∞ n=0 (cid:16)
X n=0
X z > r1 z′ Γ1 ta có = r1, và z′ D2 nên | z0| ∈ | z0| − −
< q < 1. Ta có biến đổi ∈
z0
z0 Với z
z
−
z′ − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 1 = = z z z0) z0
z0 z′ − 1
−
z0)
(z′ − z
−
z′ − (cid:17) −
∞ = − 1
(z′ −
z0 −
z0)n
(z
z0)n+1 .
−
(z′ − ∞ ∞ < q < 1. Do đó, z0
z0 z0)n
(z
z0)n+1 hội tụ đều trên Γ1 do
−
(z′ − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) dz = f (z) dz 1
2πi Chuỗi ∞
n=0
P
1
2πi − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
z0)n
z0)n+1 f (z)
z′
z ZΓ1 ZΓ1 − z
−
z′ −
(z
−
(z′ − (cid:16) n+1 dz n=0
X
1
2πi n=1
X
∞ = (z − z0)n (cid:17)
f (z)
z0)− ZΓ1 n+1 dz n=1
X
∞ = (z 1
2πi − z0)n −
f (z)
z0)− ZΓ − n=1
X = − 1
(z′ −
1
(z′ −
bn
z0)n .
(z′ − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 230 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư n ∞ n=0 (cid:16)
X
z0)n
z0)n+1 .
− n=0
X z z′ Γ2 ta có = r2, và z′ D2 nên < r2q, suy ra | z0| ∈ | z0| − −
< q < 1. Ta có biến đổi Với z
z′
z ∈
z0
z0 −
− 1 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) = z z z0) z′ − −
1 = z 1
(z′ −
z0 −
z′
z z0 z0
z0 −
− (cid:17) −
∞ = (z′
(z − ∞ < q < 1. Do đó, (z′
(z z′
z z0)n
z0)n+1 hội tụ đều trên Γ2 do
− z0
z0 − −
− Chuỗi ∞
n=0
P (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
∞ dz dz = f (z) 1
2πi 1
2πi (z′
(z (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
z0)n
−
z0)n+1 f (z)
z′
z ZΓ2 ZΓ2 − − n=0
(cid:16)
X
z0)n 1
2πi n=0
X
∞ = (z′ (z − (cid:17)
f (z)
z0)n+1 dz ZΓ2 n=0
X
∞ = (z′ z0)n 1
2πi (z − −
f (z)
z0)n+1 dz ZΓ − n=0
X = an(z′ z0)n. − ∞ ∞ Vậy ta có n=0
X n=1
X ∞ f (z′) = an(z′ z0)n + − bn
z0)n .
(z′ − (cid:3) Do đó, với mọi z D ta có biểu diễn (2.5). ∈ n= −∞
P
∞ 2.7 Định nghĩa. Với ký hiệu kết quả trong định lý trên, chuỗi
z0)n được gọi là chuỗi Laurent của hàm f (z), trong đó cn(z −∞
P an(z (z − −
z0)n là phần đều và ∞
n=1
P bn
z0)n là phần chính. Biểu thức
z0)n được gọi là khai triển Laurent của hàm f (z) cn(z − z −
n=0
P
f (z) = ∞
n=
trên vành R1 < < R2. − | z0| Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 Chuỗi Laurent 231 § n ∞ ∞ 1
z n n=0
X
∞ trên vành 2.8 Thí dụ. Khai triển Laurent hàm f (z) = 1
−
1)(z 2) (z − − 1 1 . Ta có 1 < z < 2. Ta viết lại f (z) = z z 2 | | 1 − − 1 1 = > 1 z = = −
1
z 1
z 1 z 1
z 1
zn+1 | | 1 n=0 (cid:16)
X
1
∞
2 z
2 ) n=0
X ∞ ∞ −
1 −
1 = = < 2. z = z 2 2(1 (cid:17)
z
2 zn
2n+1 | | − − (cid:17) n=0 (cid:16)
X
zn
2n+1 . Ta nhận thấy n=0
X n=0
X Vậy f (z) = 1
zn+1 + 1 = 1 = − = 2πi, f (z)dz suy ra c 1
2πi dz
1)(z (z 2) − ZΓ ZΓ − − trong đó Γ là đường cong kín trong vành đã cho bao quanh điểm z = 0. (cid:3) z trên vành 0 < ∞ ∞ 2.9 Thí dụ. Khai triển hàm f (z) = z3 sin 1 < z . Ta có | | ∞ z )2n+1
(2n + 1)! n=0
X ∞ = = 1)n ( 1 1)n sin 1
z 1
(2n + 1)!z2n+1 . (
− (
−
n=0
X Vậy ∞ f (z) = z3 1)n 1
(2n + 1)!z2n+1 = 1)n (
−
n=0
X
1
+ z2 +
6 1
(2n + 5)!z2n+2 . − (
−
n=0
X 1 = 0. − Bài tập Giả sử Γ là đường cong kín trơn từng khúc bao quanh z = 0. Ta có
(cid:3)
z3 sin dz = 2πic 1
z ZΓ 1 ) Khai triển Laurent các hàm sau trên miền 0 < z < | ∞ (b) (c) (a) |
(d) z3 cosh ez
z2 sin(z2)
z4 sinh z
z2 1
z (cid:16) (cid:17) 2 ) Khai triển hàm f (z) = thành chuỗi Laurent trong vành 1
−
1)(z (z 2) − − 2 < < z | | .
∞ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 1 232 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư z thành chuỗi Laurent trong miền 0 < 3 ) Khai triển hàm f (z) = z5e < z | | .
∞ thành chuỗi Laurent trong miền 0 < 4 ) Khai triển hàm f (z) = z3 cos z < . Từ đó tính tích phân 2
z
f (z)dz với Γ là đường tròn được định | ∞ |
hướng dương và có phương trình = 1. | 5 ) Khai triển hàm f (z) = thành chuỗi Laurent trong miền (z 3) ZΓ
z
|
1
1)(z − −
f (z)dz với Γ là đường tròn được định 1 < z < 3. Từ đó tính tích phân | | hướng dương và có phương trình = 2. ZΓ
z
|
| z2 thành chuỗi Laurent (a) trong 6 ) Khai triển hàm f (z) = (z 2z + 5
−
2)(z2 + 1) − lân cận điểm z = 2; (b) trong miền xác định bởi 1 < < 2. z | | 1 7 ) Khai triển hàm f (z) = (z2 + 1)2 thành chuỗi Laurent trong lân cận điểm z = i và z = .
∞ 1 8 ) Khai triển hàm f (z) = z2 sin trong lân cận của điểm z = 1. 1 z , trong đó 0 < < b , thành a 9 ) Khai triển hàm f (z) = −
1
a)(z (z b) | | | | − − chuỗi Laurent trong (a) lân cận điểm z = 0; (b) lân cận điểm z = a;
.
(c) miền xác định bởi < < a z b | | | | | | 10 ) Viết hai chuỗi Laurent theo lũy thừa của z biểu diễn hàm f (z) = trên các miền xác định, và chỉ rõ các miền ấy. 1
z(1 + z2) z | | ở đây r là số dương cnzn không nhỏ hơn r
c0|
|
M +
| c0| . 11 ) Chứng minh rằng khoảng cách của không điểm gần nhất tới z = 0
đối với hàm f (z) = ∞
n=0
P nhỏ hơn bán kính hội tụ của chuỗi đã cho còn M = M (r) = max
=r | f (z)
| 12 ) (a) Cho a là một số thực thỏa − a theo lũy thừa của z trên miền 1 < a < 1. Hãy khai triển Laurent
< < a z hàm z a | | | | .
∞ − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 Chuỗi Laurent 233 § ∞ (b) Cho z = eiθ vào kết quả của (a) và đi đến các đẳng thức với < 1 a | | n=1
X
∞ n=1
X a2 an cos nθ = a cos θ
2a cos θ + a2 ,
− 1 − a sin θ an sin nθ = 2a cos θ + a2 1 − 1 13 ) Ký hiệu C là đường tròn = 1 được định hướng dương. z | | z dz với n = 0, 1, 2, . . .. (a) Tính tích phân zne ZC z dz. ez+ 1 (b) Từ kết quả trên tính tích phân ZC Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 234 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 3.1 Định nghĩa. Điểm z0 được gọi là không-điểm của hàm f (z) nếu
f (z0) = 0. Giả sử z0 là không-điểm của hàm f (z) và hàm f (z) giải tích trong ε-lân
cận của điểm z0. Khi đó, khai triển Taylor của hàm f (z) trong ε-lân cận
ấy của điểm z0 có dạng (z z0)2 + f (z) = f ′(z0)(z z0) + f ′′(z0)
2! · · · − + (z z0)n + −
f (n)(z0)
n! · · · − · · · Nếu hàm f (z) không đồng nhất bằng 0 trong ε-lân cận của điểm z0 thì tồn
tại ít nhất hệ số cn trong khai triển Taylor khác 0. Chỉ số bé nhất trong
các hệ số khác 0 này được gọi là cấp của không-điểm z0. Như vậy, nếu
z0 là không điểm cấp n > 0, thì hàm f có khai triển Taylor trong lân cận
của điểm z0 là f (z) = (z (z z0)n + z0)n+1 + f (n)(z0)
n! − · · · + (z = (z z0) + z0)n −
f (n)(z0)
n! f (n+1)(z0)
(n + 1)!
f (n+1)(z0)
(n + 1)! − · · · − h (n+1)! n! + f (n+1)(z0)
trong đó f (n)(z0)
nhận thấy ϕ(z) giải tích trong lân cận của z0 và ϕ(z0)
tục tại z0 nên ϕ(z)
biểu kết quả trên thành định lý sau. = 0. Đặt ϕ(z) = f (n)(z0) i
z0) + · · · − 6 6 . Ta
(z
= 0. Vì ϕ(z) liên
= 0 trong một lân cận của điểm z0. Ta có thể phát 6 3.2 Định lý. Cho hàm f (z) giải tích trong một ε-lân cận của điểm z0 và
nhận z0 làm không-điểm. Nếu f (z) không đồng nhất bằng 0 trong lân cận
ấy của z0, thì tồn tại một lân cận của điểm z0 sao cho trong lân cận này
hàm f (z) chỉ nhận z0 làm không điểm duy nhất. − = 0. 3.3 Nhận xét. Trong phần chứng minh định lý trên ta thấy có kết quả
sau: Nếu z0 là không điểm cấp m của hàm f và hàm f giải tích tại z0, thì
z0)mϕ(z) trong đó ϕ(z) là một hàm giải tích tại
ta có thể viết f (z) = (z
z0 và ϕ(z0) 6 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Các loại điểm 235 § zn} { 3.4 Định lý. (Sự duy nhất của hàm giải tích) Cho hai hàm f và g
giải tích trong miền D và
là một dãy phân biệt trong D và hội tụ về
a D. D. Nếu f (zn) = g(zn) với mọi n thì f (z) = g(z) với mọi z ∈ ∈ z : z ∂D − {| a
|
D nên ta có R > 0. Đặt ϕ(z) = f (z) ∈ − n n zn = a và ϕ(zn) = f (zn) − . Do D là một
Chứng minh. Đặt R = d(a, ∂D) = inf
∈
}
miền và a
g(z). Theo giả thiết ta
có ϕ(z) giải tích trên D nên ϕ(z) giải tích trên R-lân cận của a và ϕ liên tục
ϕ(zn) = 0.
tại a. Do lim
→∞ g(zn) nên ϕ(a) = lim
→∞ •
a0 • • z∗
ak−1 •
a1 • •
a2 • L • • • • D Vậy a và zn là các không điểm của ϕ. Do các zn phân biệt trên D, nên
a không là không-điểm duy nhất trong bất kỳ lân cận nào của a. Do đó,
theo Định lý 3.2 hàm ϕ phải đồng nhất 0 trên R-lân cận của a, tức là
ϕ(z) = 0 với mọi z thỏa < R. z z | − | Hình VII.4: − 1 −
a0| z : z Lấy z∗ tùy ý thuộc D. Do D là một miền nên tồn tại một đường
∂D z′ L, z′ {| ∈ ∈ | { al |
z z : − { | a0| . Do < δ z a2 − a1| a1| − } | | · · · cong L trong D nối a đến z∗. Đặt r = inf
}
−
. Do L là tập compact nên tồn tại hữu
> 0. Chọn 0 < δ < min
r, R
}
al|
< δ
hạn điểm a = a0, a1, a2, . . . , ak = z∗ trên L sao cho
. Do
< δ
với mọi l = 1, 2, . . . , k. Ta có ϕ đồng nhất 0 trên
}
< δ nên ϕ(a1) = 0. Theo chứng minh phần đầu ta cũng có thể
a1 −
|
chứng minh được ϕ đồng nhất 0 trên
< δ
z :
{
nên ϕ(a2) = 0. Tiếp tục quá trình như trên ta sẽ thu được ϕ(a) = ϕ(a1) =
= ϕ(ak) = 0, suy ra ϕ(z∗) = 0. Vậy ϕ đồng nhất 0 trên D.
ϕ(a2) =
(cid:3)
Suy ra f (z) = g(z) với mọi z D. ∈ 3.5 Chú ý. Trong định lý trên dãy phải hội tụ về một điểm thuộc zn} { và n g(z) = 0 trên miền D = C . Xét dãy 1
z
. Ta trong D với zn = D. Đây là điều kiện không thể bỏ qua. Xét hai hàm f (z) = sin
1
nπ zn}
{ }
D. Ta có f (zn) = sin = 0 = g(zn) trên 1
nπ 0
\ {
= 0 /
∈ 1
1
nπ có lim
n
→∞ zn = lim
→∞ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 236 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư hội zn}
{ D. Nghĩa là ta không có kết luận của định lý duy nhất bởi vì dãy
tụ về điểm 0 không thuộc D. ∈ 3.6 Chú ý. Định lý duy nhất khẳng định tính duy nhất về sự thác triển
của hàm giải tích trên miền. Chẳng hạn, đối với mọi số thực x ta có
sin2 x + cos2 x = 1. Ta thác triển hàm f (x) = sin2 x + cos2 x lên hàm
C. Xét hai hàm f (z) = sin2 z + cos2 z và
f (z) = sin2 z + cos2 z với z
g(z) = 1 trên C. Ta thấy f (z) và g(z) trùng nhau trên trục số thực (khi z
là số thực). Cho nên theo định lý duy nhất ta có f (z) = g(z) = 1 với mọi
z C hay sin2 z + cos2 z = 1 với mọi z C. ∈ ∈ ⊂ 3.7 Định lý. Giả sử f là hàm giải tích trên D và f không là hàm hằng.
D không tồn tại vô hạn điểm để f nhận
Khi đó, trên mọi tập compact K
1(w) không có điểm tụ trong D
cùng giá trị. Nói cách khác, nghịch ảnh f −
với mọi w C. ∈ zn} { Điểm bất thường ∈ Chứng minh. Giả sử trên K có vô hạn điểm để f nhận cùng giá trị c.
Do tính compact của K nên trong K tồn tại dãy phân biệt
hội tụ về
K sao cho f (zn) = c với mọi số nguyên dương n. Do đó, theo định lý
z0 ∈
D. Điều này
sự duy nhất của hàm giải tích ta suy ra f (z) = c với mọi z
(cid:3)
mâu thuẫn với giả thiết, cho nên ta có được định lý. 3.8 Định nghĩa. Điểm z0 được gọi là điểm bất thường của hàm f (z)
nếu hàm f (z) không giải tích tại z0 nhưng giải tích tại một số điểm trong
bất kỳ lân cận nào của z0. Z nhận các điểm z = 0, z = với n 3.9 Thí dụ. Hàm f (z) = 1
nπ ∈ 1
sin 1
z (cid:3) khác không, làm điểm bất thường. 3.10 Định nghĩa. Điểm bất thường z0 của hàm f (z) được gọi là điểm
bất thường cô lập nếu tồn tại ε-lân cận thủng của z0 sao cho hàm f (z)
giải tích trên đó. nπ với n
; trong khi đó, điểm z = 0 là điểm bất thường Z khác không, là điểm bất thường 3.11 Thí dụ. Các điểm z = 1 ∈ cô lập của hàm f (z) = 1
sin 1
z (cid:3) không cô lập của hàm f (z) = . 1
sin 1
z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Các loại điểm 237 § 3.12 Định nghĩa. (Phân loại điểm bất thường cô lập) Cho z0 là điểm
bất thường cô lập của hàm f (z). Khi đó, ta nói z z f (z) tồn tại trong C. (i) z0 là điểm bất thường bỏ được nếu lim
z0
→ f (z) = .
∞ (ii) z0 là cực điểm nếu lim
z0
→ (iii) z0 điểm bất thường cốt yếu nếu hàm f (z) không có giới hạn trong ¯C khi z dần về z0. 3.13 Định lý. Cho z0 là điểm bất thường cô lập của hàm f . Nếu f bị
chặn trong lân cận thủng của z0 thì f có thể mở rộng giải tích tới z0; hơn
nữa z0 là điểm bất thường bỏ được. Γs z ∈ ∞ Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại r > 0 sao
cho f giải tích và bị chặn trong hình vành khăn
<
D = z : 0 < < r z •z0 f (z)
| z0| − { | . Đặt M = sup
D | }
. Ta có khai triển Laurent của hàm f trong ∞
hình vành khăn D là n= −∞ f (z) = với cn(z z0)n cn = 1
2πi (z − Hình VII.5:
f (z)
z0)n+1 dz ZΓs − X z = s | z0| − trong đó Γs là đường tròn định hướng dương có phương trình
với 0 < s < r tùy ý. Do đó, ta ước lượng được ∞ s = 1
2π M
sn+1 = M
sn . (z ≤ cn| | f (z)
z0)n+1 dz ZΓs − 1, 2, . . .. Vậy khai triển 0 ta suy ra được cn = 0 với n = (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) → − − Cho s
Laurent của hàm f được viết lại là n=0
X f (z) = cn(z z0)n. − n=0
P ∞ z : z < r là cn(z z0)n trên − { | z0| − } Vậy hàm giải tích f +(z) = ∞
n=0
P một mở rộng giải tích của f (z) tới z0. Từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm
∞ cn(z z0) ta suy ra được − z n=0
X cn(z z0)n = c0. − f (z) = lim
z0
→ lim
z0
z
→ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 238 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư (cid:3) Vậy z0 là điểm bất thường bỏ được. ∈ C là điểm bất
) = C
a \ { } 3.14 Định lý. (Weierstrass) Điểm bất thường cô lập a
thường cốt yếu của hàm giải tích f (z) nếu và chỉ nếu f (B(z, r)
với mọi r > 0. n a \ { ∈ } 6 sao cho f (zn) \ { − } C
= ∅, suy
< 1
b
n .
|
f (z) không a
f (zn) = b. Do b )
a
\ {
}
f (zn)
|
z ∈ ) = C với mọi r > 0. Khi đó, với b
f (B(a, 1
n )
∩
B(b, 1
n ) hay
∈
C bất kỳ nên lim
a
→ Chứng minh. Giả sử f (B(z, r)
bất kỳ, với mỗi n nguyên dương ta có B(b, 1
n )
B(a, 1
n )
ra tồn tại zn ∈
zn = a và lim
Vậy lim
n
→∞
→∞
tồn tại, suy ra a là điểm bất thường cốt yếu. ∈ = C. Nghĩa là tồn tại b a ) \ { ∈ } 6 Ngược lại, giả sử a
tại r > 0 sao cho f (B(a, r)
cho f (B(a, r) C là điểm bất thường cốt yếu của f nhưng tồn
C và s > 0 sao
< r B(b, s) = ∅. Khi đó, với mọi z thỏa 0 < a a ) ∩ | | giải \ {
}
B(b, s) hay f (z) b s. Rõ ràng hàm ϕ(z) = ta có f (z) /
∈ | ≥ − b
−
< r z : 0 < z z
−
1
f (z)
a − { } | | |
tích và bị chặn trên (bởi 1
. Do
s ) trong hình vành khăn
đó, theo Định lý 3.13 hàm ϕ có thểm mở rộng giải tích đến điểm a thành
hàm ϕ∗(z). Khi đó, tồn tại giới hạn z z z ϕ∗(z). ϕ(z) = lim
a
→ f (z) lim
a
z
→
[f (z) − b] trong C hay tồn tại giới hạn lim
a
→ Do đó, tồn tại giới hạn lim
a
→ trong C. Điều này mâu thuẫn với a là điểm bất thường cốt yếu. Vậy
(cid:3)
f (B(z, r) ) = C với mọi r > 0. a \ { } 3.15 Định nghĩa. Một hàm f được gọi là hàm phân hình trên D nếu
những điểm trong D mà f không giải tích là những cực điểm của f . ∞ Chuỗi Laurent cho phép chúng ta nghiên cứu dễ dàng hơn các hàm giải
tích trong lân cận của một điểm nào đó mà tại điểm đó hàm mất tính giải
tích. Điểm như vậy chính là điểm bất thường cô lập. Hơn nữa, ta có mối
liên hệ giữa chuỗi Laurent và điểm bất thường cô lập trong định lý sau. n= −∞
P
(i) điểm z0 là điểm bất thường bỏ được nếu và chỉ nếu phần chính của cn(z an(z (z − − bn
z0)n . Khi đó, − z0)n = ∞
n=0
P C là điểm bất thường cô lập của hàm f (z) và
3.16 Định lý. Cho z0 ∈
khai triển Laurent của hàm f (z) trong lân cận thủng của z0 là f (z) =
z0)n + ∞
n=1
P chuỗi bằng không; Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Các loại điểm 239 § (ii) điểm z0 là cực điểm nếu và chỉ nếu phần chính của chuỗi chỉ có hữu hạn số hạng khác không; (iii) điểm z0 là điểm bất thường cốt yếu nếu và chỉ nếu phần chính của chuỗi có vô số số hạng khác 0. Chứng minh. z f (z) = (i) Giả sử z0 là điểm bất thường bỏ được của hàm f , tức là lim
z0
→ = ∞ 6 . Khi đó, tồn tại R > 0 sao cho hàm f giải tích trên miền
< R, cùng với điều kiện giới hạn của hàm z z0| − | A
xác định bởi 0 <
f tại z0 là xác định, ta có f bị chặn trên miền đó. Nghĩa là z ∈ f (z) < f (z)
| ,
∞ | ≤ | M = sup
V | ∞ z : 0 < z < R ∈ { | z0| − . Chuỗi Laurent của hàm f
} với mọi z
V =
trong vành V là n= −∞ f (z) = cn(z z0)n với cn = 1
2πi (z − f (z)
z0)n+1 dz ZΓ1 − X 2π z | − = R1 với 0 < R1 < R. Suy ra trong đó Γ1 là đường tròn định hướng bất kỳ có phương trình
z0| 0
Z = . R1dt = 1
2πi (z 1
2π cn| | ≤ f (z)
z0)n+1 dz M
Rn
1 M
Rn+1
1 ZΓ1 − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Vậy đúng với mọi 0 < R1 < R. Suy ra với n < 0 ta phải (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
cn| ≤ | 0). Điều đó có nghĩa là phần chính của M
Rn
1
có cn = 0 (vì ta cho R1 →
chuỗi Laurent bằng không. ∞ Ngược lại, giả sử phần chính của chuỗi Laurent của hàm f trong lân
cận thủng V của z0 bằng không, nghĩa là n=0
X f (z) = với z V = z : 0 < z < R cn(z z0)n − ∈ { | z0| − .
} z : z cn(z z0)n hội tụ đều trong hình tròn | z0| < R1} − { − Do chuỗi ∞
n=0
P Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 240 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư ∞ với R1 < R, nên ta có z n=0
X ∞ cn(z z0)n − f (z) = lim
z0
→ lim
z0
z
→ n=0
X
=
= c0 6 = cn(z z0)n − lim
z0
z
→ .
∞ Vậy z0 là điểm bất thường bỏ được. z
z z ∞ f (z) = . Chọn ∞ (ii) Giả sử z0 là cực điểm của hàm f , tức là lim
z0
→
< R1. Do hàm f giải 0 < R1 < R sao cho f (z) | 6 |
giải tích và khác không tích trên 0 < z < R1, nên hàm ϕ(z) = = 0 với mọi 0 <
1
f (z) | | trên 0 < z ϕ(z) = 0. Đặt ϕ(z0) = 0. Theo chứng minh | | < R1 và lim
z0
→ < R1. − z z
z0|
< R1 là phần (i) ta suy ra được hàm ϕ giải tích trên hình tròn
|
z0|
Vì vậy ta có khai triển Taylor của hàm ϕ trên − | n=m
X m ϕ(z) = z0)n c′n(z − = (z z0)n
− c′n(z − − = (z z0)m ∞
n=m
X
z0)mψ(z) − m 1 = 0. Ta thấy ψ(z) là hàm giải tích và khác không < R1 và ψ(z0) = c′m. Do đó, ta có thể viết 1 và c′m 6
với m
≥
z0|
z
trên
− | f (z) = = (z . z0)− 1
ϕ(z) ψ(z) − ∞ Vì hàm giải tích trên z < R1, nên ta có khai triển Taylor 1
ψ(z) | z0| − n=0
X = cn(z z0)n. 1
ψ(z) − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Các loại điểm 241 § ∞ m = = 0. Vậy với 0 < z < R1 ta có Đặc biệt c0 = | z0| − 1
ψ(z0) 1
c′m 6 ∞ m f (z) = (z z0)− cn(z z0)n − − n=0
X
z0)n
− n=0
X
∞ = cn(z − n= = cn+m(z z0)n. − m
X
−
Đây chính là khai triển Laurent của hàm f trên 0 <
< R1.
Ta nhận thấy phần chính của chuỗi Laurent có hữu hạn số hạng và
hệ số của (z z z0| − | m là c0 6 = 0 với m 1. z0)− − ≥ Ngược lại, giả sử khai triển Laurent của hàm f trong miền 0 < − m 6 m ∞ ∞ z 1 và c = 0. Suy cn(z z0)n với m z0| − ≥ − |
ra < R là f (z) = ∞
n=
−
P m+n(z − m n=
X
− n=0
X ∞ f (z)(z c z0)m = cn(z z0)n+m = z0)n. − − − m+n(z z z − − m 6 n=0
X z f (z)(z c = 0 và z0)n = c − z0)m = lim
z0
→ (z Ta có lim
−
z0
→
z0)m = 0. Suy ra − lim
z0
z
→ f (z)(z
(z .
∞ z0)m
z0)m =
− lim
z0
z
→ f (z) = lim
z0
→ − Vậy z = z0 là cực điểm hàm f . z (iii) Nếu z0 là điểm bất thường cốt yếu thì theo kết quả ở phần (i) và (ii)
ta phải có phần chính trong khai triển Laurent trong lân cận thủng
của z0 có vô số số hạng khác 0. Ngược lại, nếu phần chính của khai triển Laurent trong lân cận
f (z) không
thủng của z0 có vô hạn số hạng khác 0 ta phải có lim
z0
→
tồn tại trong ¯C. Nghĩa là z0 là điểm bất thường cốt yếu của f . (cid:3) m của (z − 3.17 Định nghĩa. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f . Khi đó, chỉ số m
m trong khai triển Laurent của
lớn nhất sao cho hệ số c z0)− − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 242 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư hàm f trong lân cận thủng của z0 khác không được gọi là cấp của cực
điểm z0. φ(z) = 0. Hơn f (z) = (z 6 3.18 Nhận xét. Trong phần chứng minh (ii) của định lý trên ta thấy
có kết quả sau: Nếu z0 là cực điểm cấp m của hàm f , thì ta có thể viết
z0)m trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z0 và φ(z0) − nữa, điều ngược lại cũng đúng. Ta phát biểu kết quả trong định lý sau. 3.19 Định lý. Điểm bất thường cô lập z0 là cực điểm cấp m của hàm f
khi và chỉ khi f có thể được viết dưới dạng φ(z) f (z) = (3.20) (z z0)m − = 0. trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z0 và φ(z0) 6 Từ kết quả này ta có mối liên hệ giữa khái niệm không-điểm và khái niệm cực điểm như sau. 6 3.21 Định lý. Cho p và q là hai hàm giải tích tại z0 và p(z0)
= 0. Khi
đó, z0 là không điểm cấp m của q khi và chỉ khi z0 là cực điểm cấp m của
p(z)/q(z). = 0 sao cho q(z) = (z Chứng minh. Giả sử z0 là không điểm cấp m của q. Khi đó, tồn tại hàm
ϕ(z) giải tích tại z0 và ϕ(z0) z0)mϕ(z). − 6 = p(z)
q(z) p(z)/ϕ(z)
z0)m .
(z − = 0. Điều đó kéo 6 Ta thấy p(z)/ϕ(z) là hàm giải tích tại z0 và p(z0)/ϕ(z0)
theo z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q(z). Ngược lại, giả sử z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q(z). Khi đó, tồn tại hàm φ(z) giải tích và khác 0 tại z0 sao cho φ(z) (z φ(z) = p(z)
q(z) (z z0)m . − − Ta viết lại được q(z) = p(z)
p(z0)/φ(z0) z0)m. Do p(z)/φ(z) giải tích tại z0 và
= 0, nên suy ra được z0 là không điểm cấp m của hàm q. (cid:3) 6 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 243 3 Các loại điểm § ∞ 3.22 Thí dụ. (1) Xét điểm bất thường z = 0 của hàm . Ta có sin z
z khai triển với mọi z C. sin z = 1)n z2n+1
(2n + 1)! ∈ (
−
n=0
X ∞ Vậy ta có khai triển Laurent của hàm trên 0 < < z là sin z
z | | ∞ = 1)n . sin z
z z2n
(2n + 1)! (
−
n=0
X z = 1. Như vậy, hàm Vậy phần chính của chuỗi Laurent bằng 0, nên z = 0 là điểm bất
sin z
z sin z
z thường bỏ được. Hơn nữa, ta thấy lim
0
→ có thể mở rộng thành hàm giải tích trên C, đó chính là hàm khi z = 0 g(z) = sin z
z 6 ( 1 khi z = 0 ∞ (2) Xét điểm bất thường z = 0 của hàm cos z
z2 . Ta có khai triển 2 2 ∞ ∞ với mọi z C. cos z = 1)n z2n
(2n)! ∈ (
−
n=0
X trên miền 0 < z < là Vậy khai triển Laurent của hàm cos z
z2 ∞ = . cos z
z2 = 1)n z2n
−
(2n)! 1
z2 + |
|
1)n z2n
−
(2n)! (
−
n=0
X (
−
n=1
X 1 z . Ta có khai triển Laurent của 1 Vậy phần chính của chuỗi Laurent là 1
z2 . Do đó, z = 0 là cực điểm cấp 2. z trên 0 < ∞ ∞ 1 e (3) Xét điểm bất thường z = 0 của hàm e
< là z | | ∞ n. z = n=0
X n=0
X e z− = ( 1
z )n
n! 1
n! 1
z . Như vậy, phần chính của chuỗi Laurent có vô số số hạng khác không,
(cid:3)
nên z = 0 là điểm bất thường cốt yếu của hàm e Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Điểm bất thường cô lập ∞ 244 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư z ), nghĩa là hàm f không giải tích tại điểm z = z : được gọi là điểm bất thường cô lập của hàm
nếu 0 là điểm bất thường cô lập của
z > R { ∞
| | } 3.23 Định nghĩa. Điểm
giải tích f (z) trên D =
hàm g(z) = f ( 1 .
∞ z ) giải tích trong hình vành
R và khai triển Laurent của nó gọi là khai
và ta ∞ Trong trường hợp định nghĩa trên hàm f ( 1
z | | trong vành khăn R < < z | | ∞ ∞ < 1
khăn xác định bởi 0 <
triển Laurent của hàm f (z) tại
được chuỗi Laurent n= −∞ f (z) = cnzn. 0 n= X
Đây cũng chính là khai triển Laurent của hàm f (z) tại 0 trong hình vành
, nhưng có điểm khác biệt quan trọng
khăn D xác định bởi R < < z ∞ | |
cnzn là phần chính và chuỗi cnzn là phần đều của khai −∞
P
trong hình vành khăn D. là chuỗi ∞
n=1
P triển Laurent tại ∞ Phân loại tính bất thường của điểm bất thường cô lập ∞ được suy
z ). Như tương ứng từ phân loại tính bất thường của điểm 0 đối với hàm f ( 1
vậy, với kết quả ở phần trước ta có z Nếu tồn tại f (z) C thì là điểm bất thường bỏ được của hàm • ∞ lim
z
→∞ ∈
f (z) và ta có thể mở rộng giải tích hàm f đến .
∞ f (z) = thì tồn tại m > 0 để cn = 0 với mọi n > m và • ∞ = 0. Khi đó, là cực điểm cấp m của hàm f (z). ∞ f (z) trong C thì có vô số m > 0 để • = 0 và điểm được gọi là điểm bất thường cốt yếu của f (z). Nếu lim
z
→∞
cm 6
Nếu không tồn tại giới hạn lim
→∞
cm 6 ∞ ∞ là cực điểm của mọi đa thức khác hằng số.
(cid:3) 3.24 Thí dụ. Điểm z =
Bậc của cực điểm chính là bậc của đa thức. ∞ 3.25 Thí dụ. (hàm nguyên) Ta biết rằng hàm nguyên giải tích trong
toàn mặt phẳng phức C. Như vậy, theo Định lý Taylor trang 219 mọi hàm
nguyên đều có khai triển MacLaurin trên C n=0
X f (z) = C. z cnzn, ∈ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Các loại điểm 245 § Ta xét tính bất thường của điểm đối với hàm nguyên. ∞ (a) Tồn tại f (z) = a C, nói cách khác là điểm bất thường bỏ ∞ ∈ lim
z
→∞ được của f . Khi đó, f bị chặn trên C nên theo Định lý Liouville trang
181 f là hàm hằng. z m f (z) = . Khi đó, khai triển Laurent của f tại có ∞ ∞ (b) Giả sử lim
→∞ phần chính là một đa thức g(z) = ckzk. Xk=1 z − g(z) cũng
ϕ(z) = c0 là hệ số c0 trong khai triển Laurent Do đa thức cũng là một hàm nguyên nên hiệu ϕ(z) = f (z)
là hàm nguyên và lim
→∞ ở trên. Do đó, theo trường hợp trên ϕ(z) là hàm hằng, g(z) = const. Vậy f là một đa thức. của f tại
hay f (z) z
hàm siêu việt. ∞
−
(c) Giả sử lim
→∞ f (z) không tồn tại trong C. Trường hợp này ta gọi f là
(cid:3) Bài tập là điểm bất thường cốt yếu của hàm giải tích f
> R ) = C với mọi R. 3.26 Định lý. Điểm
nếu và chỉ nếu f (
z :
{ ∞
z
|
| } (cid:3) Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. 1 ) Điểm z0 là không điểm cấp k đối với f (z) và là không điểm cấp l đối
với ϕ(z). Nếu f và ϕ giải tích tại z0, hãy xét tính không điểm của z0 và
cấp của nó đối với các hàm sau (c) . (a) f (z)ϕ(z) (b) f (z) + ϕ(z) f (z)
ϕ(z) 2 ) Tìm cấp của không điểm z = 0 đối với các hàm (a) z2(ez2 1) (b) 1 cos z − − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 246 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư (c) z sin z (d) 6 sin z3 + z3(z6 6) − 3 ) Tìm các không-điểm và cực điểm của các hàm số sau (nếu có). Xác
định cấp của chúng. (b) (c) (a) z2 + 9 (d) (z2 4)3 (e) sin z3 z2 + 9
z4 sin z
z2 − (z 1
π
2 )2 − 4 ) Tìm các điểm bất thường bỏ được của các hàm sau: 1 1 1 (c) (b) (d) (a) − z
tan z cos z
z2 ez 1
sin z 1 − cos2 z − −
5 ) Chứng minh rằng nếu f giải tích trong một lân cận thủng của z0 và
liên tục tại z0 thì f giải tích tại z0. π
2 π2
4 π
2 6 ) Chứng minh rằng các hàm sau là hàm nguyên cos z ez 1 khi z = khi z = 0 ± 6 (b) f (z) = (a) f (z) = −
z 6 ( 1 khi z = 0 khi z =
z2
−
1
π ± − D sao cho f |U = g ⊂ 7 ) (Nguyên lý thác triển giải tích) Giả sử f và g là hai hàm giải tích
trong tập mở liên thông D. Chứng minh rằng nếu tồn tại tập mở khác
rỗng U
|U thì f = g. Cho một phản ví dụ trong
trường hợp D không là tập liên thông. 8 ) Cho f là một hàm giải tích trên D và z0 là điểm trong của D.
Chứng minh rằng nếu f không là hàm hằng thì tồn tại r > 0 sao cho z : z r D và f (z) z = r. = f (z0) với mọi z thỏa { | z0| ≤ − } ⊂ | z0| − 6 = 0 với mọi 0 < r. z 9 ) Cho f là một hàm giải tích và không là hàm hằng trong một lân
cận của không-điểm z0 (của f ). Chứng minh rằng tồn tại r > 0 sao cho
f ′(z) z0| ≤ | − 6 10 ) Chứng minh rằng nếu hàm f giải tích trên miền đóng đơn liên D với
biên là một đường cong đơn kín C, ngoại trừ các cực điểm bên trong C
nếu có, và nếu tất cả không điểm của f trên D là bên trong C và có cấp
hữu hạn, thì số không điểm của f phải là hữu hạn. 11 ) Cho D là miền đóng giới hạn bởi đường cong đơn C. Chứng minh
rằng nếu hàm f giải tích trên D trừ các cực điểm bên trong C, thì số các
cực điểm ấy phải là hữu hạn. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Thặng dư và cách tính thặng dư 247 § 12 ) Chứng minh Định lý 3.26. 13 ) Xây dựng các hàm số có trong mặt phẳng phức C 2 − (a) Cực điểm cấp 2 tại .
∞
(b) Cực điểm cấp 2 tại z = 0 với phần chính bằng c
z2 và cực điểm đơn tại .
∞ 14 ) Tìm dạng tổng quát của hàm số với tính chất (a) Có một cực điểm đơn trên C. (b) Có một cự điểm cấp n. (c) Cực điểm cấp 2 tại z = 0 với phần chính có khai triển dạng 1
z2 . (d) Cực điểm cấp n tại z = 0 và cực điểm cấp m tại .
∞ z f (z) = a ∈ 15 ) Cho f là một hàm phân hình. Chứng minh rằng nếu lim
→∞ C thì f được viết dưới dạng k j=1
Q p(z) f (z) = (z zj)mj − trong đó p(z) là một đa thức. − 4.1 Định nghĩa. Giả sử hàm f giải tích trong lân cận thủng của điểm
z0. Khi đó, hệ số c
1 của chuỗi Laurent của hàm f trong lân cận thủng
ấy được gọi là thặng dư của hàm f tại z0 và ký hiệu Res(f, z0). 4.2 Nhận xét. Từ định nghĩa thặng dư của hàm f và công thức (2.6) ta
thấy: nếu Γ là đường cong Jordan kín trơn từng khúc bao quanh điểm z0
sao cho hàm f giải tích trên Γ và tại các điểm bên trong Γ trừ điểm z0, thì (4.3) f (z)dz hay f (z)dz = 2πi Res(f, z0). Res(f, z0) = 1
2πi ZΓ ZΓ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 248 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Γ •z0 •z0 Hình VII.6: dz 4.4 Thí dụ. Xét tích phân z(z ZΓ − z 2 | | − 2 z − | 1 |
2πi nhân với thặng dư của hàm z(z − 2)4 trong đó Γ là đường tròn định
hướng dương
= 1. Ta thấy hàm dưới dấu tích phân giải tích tại mọi
điểm trừ hai điểm z = 0 và z = 2, nên nó có chuỗi Laurent trong hình
< 2. Theo nhận xét trên, tích phân cần tính bằng
tròn thủng 0 <
2)4 tại điểm z = 2. Để xác định
thặng dư ấy ta tìm chuỗi Laurent của hàm dưới dấu tích phân trong miền
0 < < 2. Ta có 2 z | − | y Γ x •
0 1 3 4 •
2 n ∞ Hình VII.7: 4 ∞ − 1 1 1 z 2 = 1)n z(z 2)4 = (z 1
2 + z 2)4 2(z 2)4 −
2 2 − − − (cid:17) (cid:16) (
−
n=0
X 1)n (z = . −
2)n
−
2n+1 (
−
n=0
X Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Thặng dư và cách tính thặng dư 249 § Cách tính thặng dư 1 Hệ số của trong chuỗi trên là thặng dư cần tìm, nó là − z 2 1
24 . Vậy − dz (cid:3) = . z(z 1
2)4 = 2πi −
16 πi
8 − ZΓ − φ(z) f (z) = (z − 1)(z0)
1)! (4.6) . Res(f (z), z0) = 4.5 Định lý. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f và hàm f được viết ở dạng
z0)m , trong đó φ(z) giải tích và khác không tại z0. Khi đó,
φ(m
−
(m − Cε ε z z0• z :
{ − | z − | Chứng minh. Do hàm φ(z) giải tích và khác không tại
z0, nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho φ(z) giải tích
. Gọi Cε là đường tròn được định
z0| ≤
trên
}
hướng dương có phương trình
= ε. Theo công
z0|
thức tích phân Cauchy ta có Hình VII.8: φ(z) f (z)dz = Res(f (z), z0) = 1
2πi (z z0)m dz ZCε − 1
z z=1 (cid:3) . = 1
2πi
ZCε
1)(z0)
φ(m
−
1)!
(m − 1 4.7 Thí dụ. Xét hàm f (z) = . Tại z0 = 1, ta viết lại hàm f như z(z 1) − sau f (z) = . Do đó, ta có z 1 − 1 (cid:3) , 1 = = 1. Res z(z 1) 1
z − (cid:17) (cid:16) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) = 0, 6 = 0, thì 4.8 Định lý. Cho hai hàm số p và q giải tích tại điểm z0. Nếu p(z0)
q(z0) = 0 và q′(z0) 6 ∞ = Res (4.9) . , z0 p(z)
q(z) p(z0)
q′(z0) (cid:17) (cid:16) = 0, nên 6 Chứng minh. Do hàm q(z) giải tích tại z0 và q(z0) = 0, q′(z0)
q(z) có khai triển Taylor tại z0 là n=2
X q(z) = q′(z0)(z z0) + an(z z0)n = (z z0)ϕ(z). − − − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 250 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Cε 6 Trong đó ϕ(z) là hàm giải tích tại z0 và ϕ(z0) = q′(z0)
=
0. Do đó, ta có thể chọn được ε > 0 đủ nhỏ sao cho z0• hàm giải tích trên z : z ε . Gọi Cε là p(z)
ϕ(z) − } | z0| ≤ Hình VII.9: {
đường tròn được định hướng dương có phương trình
z = ε. Theo công thức tích phân Cauchy ta có z0| | − = dz Res , z0 p(z)
q(z) 1
2πi ZCε (cid:17) (cid:16) = dz = ZCε
= . (cid:3) 1
2πi
p(z0)
ϕ(z0) p(z)
q(z)
p(z)
ϕ(z)
z0
z
−
p(z0)
q′(z0) 4.10 Thí dụ. Tính thặng dư của hàm f (z) = tại z = i. Ta có z2
1
−
z2 + 1 z=i
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Dùng thặng dư tính tích phân z2 1 (cid:3) , i = = i. Res z2
1
−
z2 + 1 −
2z 2
= −
2i (cid:17) (cid:16) n 4.11 Định lý. (Thặng dư Cauchy) Giả sử Γ là đường cong Jordan trơn
kín được định hướng dương. Nếu hàm f chỉ có hữu hạn điểm bất thường
cô lập z1, . . . , zn và hàm f giải tích tại các điểm còn lại trong Γ, thì (4.12) f (z)dz = 2πi Res(f (z), zk). ZΓ Xk=1 Γ z2
• • • z1
• • zn
• Hình VII.10: Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Thặng dư và cách tính thặng dư 251 § n n Chứng minh. Cho các điểm zk (k = 1, . . . , n) là tâm các đường tròn định
hướng dương Γk với bán kính đủ nhỏ sao cho chúng ở bên trong đường
cong Γ và đôi một không có điểm chung. Đường cong Γ cùng với các đường
tròn Γk tạo thành một miền đa liên mà hàm f giải tích trên nó và trên
biên của nó. Do đó, theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên và nhận
xét của định nghĩa thặng dư, ta có (cid:3) f (z)dz = f (z)dz = 2πi Res(f (z), zk). ZΓ Xk=1 ZΓk Xk=1
z2 + 1 dz trong đó Γ là đường tròn 4.13 Thí dụ. Tính tích phân z3 4z2 + 3z − z2 + 1 ZΓ
= 2 được định hướng dương. Ta nhận thấy hàm f (z) = z z3 | − 4z2 + 3z
= 2 trừ hai điểm cô lập z = 0 và z = 1. z | | |
giải tích trong đường tròn
Do đó, ta được y Γ x •
0 •
1 2 •
3 Hình VII.11: z=0 z=1 z2 + 1 dz = 2πi(Res(f (z), 0) + Res(f (z), 1)) z3 4z2 + 3z ZΓ − z2 + 1 z2 + 1 + = 2πi 3z2 8z + 3 − (cid:17) (cid:16) + = 2πi (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 8z + 3
−
2
2 − (cid:17) (cid:3) = . 3z2
1
3
(cid:16)
4πi
3 − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 252 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 4.14 Định lý. Nếu hàm f giải tích tại mọi điểm trừ hữu hạn các điểm
bất thường cô lập và Γ là đường cong Jordan trơn kín bao quanh các điểm
bất thường cô lập đó, thì (4.15) , 0 . f (z)dz = 2πi Res 1
z2 f 1
z ZΓ (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16) y Γ0 • • Γ • x R1 R0 • Hình VII.12: z | | ∞ < z ∞ | | Chứng minh. Trước tiên, ta vẽ một đường tròn có phương trình
= R1
với bán kính R1 đủ lớn sao cho nó chứa đường cong Γ bên trong. Theo giả
thiết ta có hàm f giải tích trên miền xác định bởi R1 <
nên nó
có chuỗi Laurent trên miền đó, cụ thể là n= −∞ (4.16) f (z) = < z cnzn với R1 < | | ∞ X 1. − 1, 2, . . . và Γ0 là đường tròn định ở đó cn = 1
2πi f (z)
zn+1 dz với n = 0, ± ± ZΓ0 z 1 = R0 với R0 > R1. Đặc biệt, với n = | | − hướng dương có phương trình
ta có f (z)dz = 2πic ZΓ0 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Thặng dư và cách tính thặng dư 253 § ∞ Mặt khác, từ chuỗi Laurent (4.16) ta có thể khai triển n= −∞ = với 0 < < z . 1
z2 f 1
z cn
zn+2 | | 1
R1 (cid:17) (cid:16) X z2 f ( 1 1 là hệ số của 1 z ) trên miền 0 <
. Ta
z trong chuỗi trên, nên nó là thặng dư của − 1. Do đó, z < 1
R1 | | z ) tại z = 0, nghĩa là Res( 1 z2 f ( 1 z ), 0) = c − Đây chính là chuỗi Laurent của hàm 1
nhận thấy c
z2 f ( 1
hàm 1 , 0 . f (z)dz = 2πi Res 1
z2 f 1
z ZΓ0 (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16) Bây giờ ta áp dụng định lý Cauchy-Goursat cho miền nhị liên xác định bởi f (z)dz. Từ đẳng thức f (z)dz = hai đường cong Γ và Γ0, ta được ZΓ0 ZΓ (cid:3) trên ta có ngay điều phải chứng minh. 4.17 Thí dụ. Tính tích phân , trong đó Γ là đường tròn = 2 z dz
z4 + 1 | | ZΓ được định hướng dương. z4+1 chỉ không giải tích tại bốn y Hàm f (z) = 1 Γ điểm nằm trong đường tròn = 2. Do đó, z | • • x = 2πi Res , 0 dz
z4 + 1 |
1
z2 • • ZΓ (cid:16) (cid:17) , 0 = 2πi Res Hình VII.13: 1
1
z4 + 1
z2
z4 + 1 (cid:17) (cid:16) = 0. (cid:3) 4.18 Định lý. Nếu f giải tích tại thì ∞ z z[f (z) f ( )], 1
2πi ∞ − f (z)dz = lim
→∞ ZΓ trong đó Γ là đường cong Jordan kín đủ lớn để f giải tích ngoài Γ. Chứng minh. Theo Định lý 4.14 ta có f (z)dz = Res , 0 . 1
2πi 1
z2 f 1
z (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) Hồ Công Xuân Vũ Ý ZΓ
c
(cid:13) 254 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư z ) giải tích tại 0 nên khai triển của f (z) 0 ∞ , nghĩa là f ( 1 ∞ Vì f giải tích tại
là
tại ∞ nzn. z ) = − n= −∞ f (z) = hay f ( 1 c cnzn n=0
X X 2 và − nzn z2 f ( 1 − z ) = ∞
n=0
P ∞ Khi đó, ta có f ( c ) = c0, 1 ∞ n − n
1 n=0
X
c
−
zn
− z[f (z) f ( z c c0 1
zn − ∞ − lim
z
→∞ )] = lim
z
→∞ i h
∞ n=1
X 1 − = lim
z
→∞ = c = Res , 0 1
z (cid:16) (cid:17) 1
z2 f
(cid:17)
(cid:16)
f (z)dz. = (cid:3) 1
2πi ZΓ z ) thì c0 = c − − ∞ = c là không điểm bậc m > 1 của hàm f (z) tức là 0 là
m+1 = 0 và do
1 = · · · 4.19 Hệ quả. Nếu
không điểm cấp m của hàm f ( 1
đó f (z)dz = 0. z ZΓ
f (z) = 0 thì Nếu m = 1 tức là c0 = lim
→∞ z zf (z). f (z)dz = 2πi lim
→∞ ZΓ Bài tập (cid:3) Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. 1 ) Tính thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường cô lập
của chúng 1 (b) (c) (a) (d) tan z z3 z5 z2n
1 + zn sin 2z
(z + 1)3 − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Thặng dư và cách tính thặng dư 255 § N (d) (b) (a) (c) zn sin với n 2 ) Tính thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường cô lập
của chúng
z2
(z2 + 1)2 ez
z2(z2 + 9) 1
sin z 1
z ∈ 3 ) Dùng thặng dư để tính các tích phân sau. (a) , trong đó Γ là đường tròn có phương trình 1 = 1 được z dz
z4 + 1 | − | ZΓ
định hướng dương. (b) , trong đó Γ là đường tròn có phương trình = 2 z dz
3)(z5 (z 1) | | − − ZΓ
được định hướng dương. (c) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình = 1 được z z3
2z4 + 1 | | ZΓ
định hướng dương. (d) z 2)2 dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình z
1)(z | − − (z
= 1 −
2 được định hướng dương. ZΓ
2
| (e) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình = 1 z ez
z2(z2 | | − 9)
ZΓ
được định hướng dương. 1
2 − (f) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình = 2 z | | z
sin2 z ZΓ
được định hướng dương. (g) sin dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình = 1 được z 1
z | | ZΓ
định hướng dương. z
2 dz, trong đó n là số nguyên và Γ là đường tròn có phương (h) zne z ZΓ
trình = 1 được định hướng dương. | | dz ở đây Γ là đường cong Jordan kín giới hạn miền G 4 ) Tính 1
2πi f (z)
zg(z) ZΓ ∪ Γ,
C và g(z) có các không điểm đơn tại a1, . . . , an thuộc ∈ 6 = 0 với mọi z
= 0, i = 1, . . . , n. chứa điểm z = 0. Các hàm f và g giảit tích trên G liên tục trên G = G
g(z)
G, ai 6 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 256 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 5 ) Chứng minh Hệ quả 4.19. 2 )π và y = ∞ n=1
X (N + 1 (N + 1 ± ± Dùng thặng dưng hãy tính tích phân 6 ) Gọi CN là biên định hướng dương của hình vuông xác định bởi các
đường x =
2 )π ở đây N là một số nguyên dương.
. Sau đó dùng kết quả dz
z2 sin z ZCN = . của bài tập 19 trang 144 để thu được kết quả (
− 1)n+1
n2 π2
12 ở đây C là biên được định hướng 7 ) Tính tích phân dz
1)2 + 3 ZC − (z2
dương của hình chữ nhật xác định bởi các đường x = 2, y = 0 và y = 1. ± 8 ) Cho q(z) là hàm giải tích tại z0 thỏa q(z0) = 0 và q′(z0) 6 1 minh rằng z0 là cực điểm cấp 2 của hàm f (z) = = 0. Chứng
[q(z)]2 và Res(f (z), z0) =
q′′(z0)
[q′(z0)]3 . Sử dụng kết quả này hãy tính thặng dư của các hàm sau tại
−
z = 0 (a) f (z) = csc2 z = (b) f (z) = 1
(z + z2)2 1
sin2 z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 257 R ∞ ) được định nghĩa như sau ∞ R a a
→∞ Z f (x)dx = lim (1.2) f (x)dx. Z a a Khi giới hạn ở vế phải tồn tại, ta nói tích phân suy rộng trên hội tụ về
giới hạn ấy. Tương tự, ta cũng có tích phân suy rộng sau R R −∞ − →∞ Z f (x)dx = lim f (x)dx. Z R 0 ∞ Nếu hàm f xác định trên R, ta có khái niệm tích phân suy rộng của hàm
f trên ( ) được định nghĩa như sau ,
−∞ ∞ R R′ R′ −∞ − 0
→∞ Z →∞ Z f (x)dx = lim f (x)dx + lim (1.3) f (x)dx. Z ∞ Khi hai giới hạn của vế phải tồn tại, thì ta nói tích phân suy rộng −∞ f (x)dx hội tụ về tổng hai giới hạn ấy. Z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 258 ∞ 1.4 Định nghĩa. Giá trị chính Cauchy của tích phân suy rộng −∞ R ∞ f (x)dx được định nghĩa bởi Z R R −∞ − →∞ Z f (x)dx = lim P.V. f (x)dx (1.5) Z ∞ với điều kiện giới hạn ở vế phải tồn tại. −∞ ∞ −∞ R 0 R f (x)dx hội tụ, thì giá trị chính Cauchy 1.6 Nếu tích phân suy rộng Z f (x)dx hội của nó tồn tại, và giá trị đó chính là giá trị mà tích phân Z tụ đến. Thật vậy, bởi vì R R − − 0
Z ∞ f (x)dx f (x)dx + f (x)dx = Z Z −∞
∞ −∞ ∞ −∞ ∞ f (x)dx và giới hạn khi R của mỗi tích phân ở vế phải tồn tại khi → ∞ Z hội tụ. Tuy nhiên, sự tồn tại giá trị chính Cauchy của tích phân f (x)dx Z không suy ra được tích phân suy rộng f (x)dx hội tụ. Z R R ∞ 1.7 Thí dụ. Ta thấy tích phân suy rộng xdx phân kỳ nhưng R R R R −∞ − →∞ Z −
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:3) P.V. xdx = lim Z
−∞
= 0. x2
2 xdx = lim
→∞ Z Khi f là hàm chẵn trên R ta có mệnh đề sau. ∞ ∞ 1.8 Mệnh đề. Nếu hàm f là hàm chẵn trên R và giá trị chính Cauchy 0
Z −∞
∞ −∞ ∞ ∞ ∞ f (x)dx tồn tại, thì hai tích phân suy rộng f (x)dx và Z f (x)dx hội tụ và Z −∞ −∞ 0
Z 2 (1.9) f (x)dx = f (x)dx = P.V. f (x)dx. Z Z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ 1 Tính tích phân suy rộng 259 § −∞ R R Chứng minh. Vì f là hàm chẵn và giá trị chính Cauchy f (x)dx tồn Z tại, nên ta có R − 0
Z ∞ ∞ f (x)dx f (x)dx = 1
2 Z −∞ 0
Z ∞ 0
Z R′ 0 f (x)dx. Hơn nữa, P.V. f (x)dx hội tụ về và tích phân suy rộng 1
2 Z f (x)dx hội tụ và do tích phân R′ − 0
Z ∞ ∞ f (x)dx = f (x)dx Z −∞ 0
Z nên tích phân suy rộng f (x)dx hội tụ và bằng hai lần f (x)dx. Z (cid:3) Từ đó ta được đẳng thức phải chứng minh. ∞ Thí dụ sau mô tả phương pháp dùng thặng dư và sử dụng các kết quả trên để tính tích phân suy rộng của hàm f . −∞ ∞ 1.10 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng dx
1 + x2 . Z −∞ R ∞ R R − −∞ →∞ Z Giải. Do dx
1 + x2 hội tụ nên Γ1 Γ Z i • dx
1 + x2 = lim dx
1 + x2 . Z Γ2 Xét tích phân Hình VIII.1: dz
1 + z2 , trong đó Γ là biên ZΓ của nửa hình tròn trên tâm z = 0 bán kính R định hướng dương. Với
R > 1 ta có = 2πi = π. 1
1 + z2 , i 1
2i dz
1 + z2 = 2πiRes
(cid:16) (cid:17) ZΓ
Mặt khác, ta có R − 0
Z dz
1 + z2 = ZΓ2 ZΓ ZΓ1
π dz
1 + z2
R dz
1 + z2 +
iReit = 1 + R2ei2t dt + dx
1 + x2 . Z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 260 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư R π Suy ra R − 0
Z π π π dx
1 + x2 = π iReit
1 + R2ei2t dt. − Z Với R > 1, ta ước lượng 0
Z 0
Z R 0 R ∞ πR R dt dt = . iReit
1 + R2ei2t dt R2 1 R2 1 ≤ ≤ − iReit
1 + R2ei2t
π πR (cid:12)
(cid:12)
iReit
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= 0 nên lim R2 1 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Do lim
R
→∞ − →∞ Z
dx
1 + x2 = π 0
Z
−
1 + R2ei2t dt = 0. Vậy
dx
1 + x2 = π. R − −∞ ∞ (cid:3) hay lim
R
→∞ Z Z −∞ ∞ . 1.11 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng dx
(x2 + 1)(x2 + 4) Z −∞ ∞ hội tụ nên Giải. Do dx
(x2 + 1)(x2 + 4) Γ1 Γ Z −∞ R − →∞ Z 2i
i •
• Z dx
(x2 + 1)(x2 + 4)
R Γ2 . = lim
R dx
(x2 + 1)(x2 + 4) Hình VIII.2: Xét tích phân , trong đó Γ là biên của nửa hình tròn dz
(z2 + 1)(z2 + 4) ZΓ trên tâm z = 0 bán kính R định hướng dương. Với R > 2 ta có = 2πi Res , i dz
(z2 + 1)(z2 + 4) ZΓ h (cid:16) (cid:17) , 2i + Res 1
(z2 + 1)(z2 + 4)
1
(z2 + 1)(z2 + 4) (cid:17)i + = 2πi 1
2i (cid:16)
1
3 4i 3 · · − (cid:17) (cid:16) . = π
6 Mặt khác, ta có R R 0 − = + dz
(z2 + 1)(z2 + 4) dz
(z2 + 1)(z2 + 4) ZΓ2 ZΓ dz
(z2 + 1)(z2 + 4)
π dt + . = ZΓ1
iReit
(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4) dx
(x2 + 1)(x2 + 4) Z Z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 1 Tính tích phân suy rộng 261 § R π Suy ra R − 0
Z = dt. dx
(x2 + 1)(x2 + 4) iReit
(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4) π
6 − Z π π Với R > 2, ta ước lượng 0 0
Z π 0 dt dt iReit
(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4) iReit
(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4) ≤ Z dt (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(R2 R
1)(R2 4) ≤ Z −
. = −
πR
1)(R2 4) (R2 − − π = 0 nên (R2 πR
1)(R2 4) Do lim
R
→∞ − − R dt = 0. iReit
(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4) lim
R
0
→∞ Z Vậy R − ∞ = dx
(x2 + 1)(x2 + 4) π
6 lim
R
→∞ Z hay −∞ ∞ (cid:3) = . dx
(x2 + 1)(x2 + 4) π
6 Z 1.12 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng . dx
x3 + 1 2πi
3 0
Z
Giải. Với tích phân suy rộng này ta không
thể dùng miền như các ví dụ trên để tính CR Re
• có tích phân bởi vì hàm f (z) = 1
z3 + 1 • 1. Ta cần phải xét miền − z = reiϕ : 0 < r < R, 0 < ϕ < 2π { 0 •
R Hình VIII.3: 3 cực điểm thực
D =
3 }
với R > 1; miền này chứa một cực điểm
z0 = ei π
3 của hàm f . Vậy với biên ∂D định
hướng dương, theo định lý thặng dư Cauchy ta có 3 = 2πi Res , ei π = 2πi = (√3 i). dz
z3 + 1 1
z3 + 1 π
3 − 1
3ei 2π Z∂D (cid:16) (cid:17) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 262 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư R R 3 Ta tính tích phân vế trái theo các đường cong thành phân 0
Z 0
Z R dx = + dt, dz
z3 + 1 dz
z3 + 1 ei 2π
t3 + 1 x3 + 1 − Z∂D ZCR suy ra 0
Z (1.13) + . (√3 i) = (√3 i) π
3 dz
z3 + 1 √3
2 dx
x3 + 1 − − ZCR Ta có ước lượng R
→∞
−−−−→ 2πR 0. dz
z3 + 1 3(R3 1) ≤ ZCR − →∞ ZCR R
ta được ∞ ∞ (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Do đó, ta được lim = 0. Từ đó, lấy giới hạn hai vế (1.13) khi (cid:12)
(cid:12)
dz
(cid:12)
z3 + 1 R 0
Z 0
Z Bài tập i) = i) . (cid:3) (√3 (√3 hay = → ∞
π
3 √3
2 dx
x3 + 1 dx
x3 + 1 − − 2π
3√3 ∞ ∞ 1 ) Tính các tích phân suy rộng sau 0 0
Z ∞ ∞ (b) (a) dx
x4 + 1 dx
(x2 + 1)2 Z −∞ −∞ ∞ ∞ 0 0
Z ∞ ∞ (d) (c) dx
(x2 + 2x + 2)2 x
(x2 + 4x + 13)2 dx Z Z dx (f) (e) (x2 + 1)n , n là số tự nhiên x2
(x2 + 1)2 dx Z 0 0
Z ∞ (g) (h) dx x2
x6 + 1 x2
(x2 + 9)(x2 + 4)2 dx Z −∞ (i) dx x
(x2 + 1)(x2 + 2x + 2) Z 2 ) Cho a là một số thực và ký hiệu a2 + 1 + a + i a2 + 1 a z0 = − 1
√2 qp (cid:1) Hồ Công Xuân Vũ Ý qp
(cid:0)
c
(cid:13) 1 Tính tích phân suy rộng 263 § (a) Chứng minh rằng a)2 + 1. z0, ¯z0 là các không điểm của (z2 ± − ± − (b) Tìm các thặng dư của hàm ((z2 nửa trên mặt phẳng phức, Im z 1
a)2 + 1)2 tại các cực điểm trong
−
0. ≥ ∞
((x2 (c) Dùng thặng dư để tính tích phân và đưa đến công thức tích phân 0
Z dx
a)2 + 1)2 − π a2 + 1 + a + a = (2a2 + 3) a2 + 1 a . − 8 2(a2 + 1)3 qp qp (cid:2) (cid:3) p Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 264 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư ∞ ∞ −∞ −∞ (2.1) f (x) sin axdx hay f (x) cos axdx Z Z R R R R R − − − cos az sin az và | | | | ở đó a là hằng số dương. Phương pháp dùng để tính tích phân suy rộng ở
mục trước không thể áp dụng ở đây vì
không bị chặn
khi . Sử dụng đẳng thức z | | → ∞
R f (x) cos axdx + i f (x) sin axdx = f (x)eiaxdx Z Z Z ∞ và chúng ta dùng thặng dư như ở mục trước để tính được tính phân
cần tìm. −∞ 2.2 Thí dụ. Chúng ta sẽ chứng minh rằng cos 3x
(x2 + 1)2 dx = 2π
e3 . CR Γ i • 1 ≥ z : z Γ′
Hình VIII.4:
được định hướng R, Im z 0 | ≤ { | } ≥ Z
Bởi vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn
nên ta chỉ cần tìm giá trị chính Cauchy của
tích phân suy rộng đã cho. Xét hàm f (z) =
(z2 + 1)2 . Ta thấy hàm f (z)ei3z giải tích trên
tập xác định bởi Im z
0 trừ điểm z = i. Gọi
Γ là biên của nửa trên hình tròn
dương. Với R > 1 ta có ′ i
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) i 3 3(2i)2 ei3z = 2πi (z2 + 1)2 dz = 2πi Res ei3z
(z2 + 1)2 , i ei3z
(z + i)2 ZΓ (cid:16) (cid:16) (cid:17) 3iei3z(z + i)2 (cid:17)
2(z + i)ei3z = 2πi −
(z + i)4 (cid:16)
3ie− 2(2i)e− (cid:17)(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) = 2πi −
(2i)4 = 2π
e3 . R Mặt khác, ta có R − ei3x ei3z (z2 + 1)2 dz = (x2 + 1)2 dx + ei3z
(z2 + 1)2 dz, Z ZCR ZΓ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 265 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos § R t π và R > 1. Do ≤ ≤ trong đó CR có biểu diễn tham số z = Reit với 0
đó, ta được R − 3y ei3x (x2 + 1)2 dx = ei3z
(z2 + 1)2 dz. 2π
e3 − Z ZCR
3y+i3x 0 ta có ei3z = 1, và z = Reit e− = e− ≥ | | | | ≤ Khi z = x + iy với y
với R > 1 ta có 2 1 1 1
(z2 + 1)2 z 1)2 = (R2 1)2 . ≤ (
| | − − Suy ra (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) R →∞ ZCR
2π
e3 − R R ∞ πR ei3z
(z2 + 1)2 dz 1)2 . (R2 ≤ ZCR − ei3z πR (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (R2 1)2 = 0 nên lim (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(z2 + 1)2 dz = 0. Do đó, Do lim
R
→∞ −
R ei3z ei3x (x2 + 1)2 dx = (z2 + 1)2 dz = 2π
e3 . lim
R
→∞ Z −
cos 3x
(x2 + 1)2 dx = Re R −∞ − π (cid:3) Vậy = 2π
e3 . Z lim
R
→∞ Z lim
R
→∞ ZCR
ei3x
(x2 + 1)2 dx
(cid:17) (cid:16)
2.3 Bổ đề. (Bất đẳng thức Jordan) Với R > 0, ta có R sin θdθ < e− . π
R 0
Z
π
2 ta có sin θ R sin θ R 2θ π khi θ ≤ 1 − ≥
≤
(xét đồ thị của hai hàm ở hai vế). Suy y = 2θ
π
y = sin θ π
2 . Do đó, π
2 π
2 R 2θ π dθ R sin θdθ e− ≤ Chứng minh. Khi 0
2θ
π
ra với R > 0 ta có e−
0 θ ≤ ≤ |π
Hình VIII.5: 0
Z 0
Z π
2 R 2θ
π e− e− ≤ = e− 0
(cid:12)
R)
(cid:12)
(cid:12) (1 = e− − < . π
2R
−
π
2R
π
2R Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 266 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư π 0 π
2 R sin(π − Mặt khác, ta có R sin θdθ = t)( R sin tdt < π
2 π
2 0
Z e− e− dt) = . e− π
2R − Z Z (cid:3) Từ hai bất đẳng thức trên ta suy ra được bất đẳng thức Jordan. ≥ ≤ CR ta có ≤
| ≤ ∈ | 2.4 Định lý. Cho f là hàm giải tích trên nửa trên mặt phẳng phức (y
0)
và ngoài đường tròn z = R0eiθ, và cho CR là nửa đường tròn định hướng
dương có biểu diễn tham số z = Reiθ với 0
θ
π và R > R0. Nếu tồn
MR ở đó MR tiến về 0 khi
f (z)
tại MR sao cho với mọi z
R dần ra , thì ∞ f (z)eiazdz = 0 (a > 0). lim
R
→∞ ZCR π Chứng minh. Trước hết ta có 0
Z f (z)eiazdz = f (Reiθ)eia(Reiθ )iReiθdt. ZCR Vì aR sin θ, f (Reiθ)iReiθ và eiaReiθ e− MRR | | ≤ | | ≤ π và từ bất đẳng thức Jordan, ta có aR sin θdθ < MRR 0 R R →∞ ZCR ∞ = . f (z)eiazdz MRRe− π
aR MRπ
a ≤ ZCR Z (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:3) = 0. Suy ra lim f (z)eiazdz = 0. (cid:12)
(cid:12)
MRπ
(cid:12)
a Theo giả thiết lim
→∞ −∞ 2.5 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng dx. Trong giải tích x sin x
x2 + 2x + 2 Z Xét hàm f (z) = = −1 + i thực ta có thể chứng minh được tích phân suy rộng này hội tụ. Vì vậy để
tính giá trị hội tụ ta chỉ cần tính giá trị chính Cauchy của nó.
z
z2 + 2z + 2
; hàm này giải tích z
i)(z + 1 + i) CR − • ≥ (z + 1
trên nửa trên mặt phẳng phức (y
trừ điểm 0)
1 + i. Gọi Γ là biên của nửa − R R − Hình VIII.6: Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 267 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos § R, Im z z được | ≤ ≥ | trên hình tròn
0
z :
}
{
định hướng dương với R > 3. Ta có − i. dz = 2πi Res , 1 + i zeiz
z2 + 2z + 2 − ZΓ (cid:17) (cid:16) zeiz
z2 + 2z + 2
1+i) = 2πi (
− − = π( 1 + i)ei(
2i
1
1 + i)e− − R Mặt khác, ta có R − dz = dx + dz, zeiz
z2 + 2z + 2 xeix
x2 + 2x + 2 zeiz
z2 + 2z + 2 ZΓ Z ZCR R R R − 1 i) − trong đó CR là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(θ) = Reiθ với
0 π. Do đó, θ ≤ ≤
R dx = Im dx x sin x
x2 + 2x + 2 xeix
x2 + 2x + 2 Z (cid:17) = Im(π( Im dz . (cid:16) Z
−
1 + i)e− zeiz
z2 + 2z + 2 − − (cid:16) ZCR (cid:17) Khi z CR, ta có ∈ . = z
z2 + 2z + 2 R2 R
2R 2 f (z)
| | ≤ − − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= 0 nên theo định lý trên ta có R2 R
2R 2 Do lim
R
→∞ − − dz = 0 zeiz
z2 + 2z + 2 lim
R
→∞ ZCR suy ra R ∞ Im dz = 0 zeiz
z2 + 2z + 2 lim
R
→∞ (cid:16) ZCR (cid:17) Từ đó suy ra R R −∞ →∞ Z 1 i) = π − −
e (cos 1 + sin 1). dx = lim dx = (cos 1 + sin 1) x sin x
x2 + 2x + 2 x sin x
x2 + 2x + 2 π
e Z (cid:3) do Im(π( 1 + i)e− − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 268 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 4 y Rei π 2.6 Thí dụ. Ta xét hàm f (z) = eiz2
và miền
D xác định như hình bên. Hàm f giả tích trên CR dz = 0. Mặt khác, tích phân eiz2 D nên x 0 R Z∂D Hình VIII.7: R R t2 này được tính theo các đường cong thành phần
như sau 4 dt 0 0
Z R R t2 4 e− ei π eiz2 dz eix2 dx + eiz2 dz = − ZCR Z Z∂D suy ra 0
Z 0
Z dt. eiz2 dz = ei π eix2 dx + e− ZCR ∞ t2 4 Do đó, lấy giới hạn hai vế ta được ∞
sin(x2)dx + lim ∞
cos(x2)dx + i R 0 0
Z →∞ ZCR 4 e− dt eiz2 dz = ei π (2.7) Z 0
Z
√π
2 = ei π . π
2 π
4 Bên cạnh đó, ta có R2 sin 2tRdt = R2 sin θdθ 0
Z 0
Z eiz2 dz e− e− R
2 Rπ
4R2 , ≤ ≤ ZCR (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) bất đẳng thức cuối có được từ bất đẳng thức Jordan (trong phần chứng R →∞ ZCR ∞ ∞ 4 minh). Do đó, ta được lim dz = 0. Từ đó ta nhận được kết quả eiz2 0
Z 0
Z ∞ ∞ cos(x2)dx + i sin(x2)dx = ei π √π
2 hay 0
Z 0
Z cos(x2)dx = sin(x2)dx = . √π
2√2 Bài tập Hai tích phân thu được ở trên thường được gọi là tích phân Fresnel. (cid:3) 1 ) Tính các tích phân suy rộng sau Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ ∞ 269 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos § 0
Z 0
Z ∞ ∞ (a) (b) dx, cos x
a2 + x2 dx, (a > 0) cos2 x
x2 + 1 0
Z −∞ ∞ ∞ (c) dx, (d) dx, x sin 2x
x2 + 3 sin2 x
x2 + 4 Z −∞ −∞ ∞ ∞ x sin x (e) (f) dx, dx, x cos x
x2 + 4x + 20 x2 2x + 10 Z Z − −∞ −∞ cos x (h) (g) dx, (x + a)2 + b2 , b > 0. (x + 1) cos x
x2 + 4x + 5 Z Z ∞ ∞ 2 ) Tính các tích phân suy rộng sau −∞ 0
Z ∞ ∞ cos ax (a) (b) dx, sin x
(x2 + 4)(x2 + 1) (x2 + b2)2 dx, a > 0, b > 0 Z −∞ −∞ ∞ ∞ (c) dx, a > 0, (d) dx, a > 0, x sin ax
x4 + 4 x3 sin ax
x4 + 4 Z Z −∞ 0
Z z2 (e) dx, (f) dx x sin x
(x2 + 1)(x2 + 4) x3 sin x
(x2 + 1)(x2 + 9) Z x2 0
Z 3 ) Bằng cách dùng hàm f (z) = e− và xét hình chữ nhật D xác định bởi
∞ bốn đỉnh a, a+bi, a+bi, a để suy ra được tích phân e− cos(2bx)dx. − − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 270 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 2π 0
Z (3.1) F (sin ϕ, cos ϕ)dϕ 1 = ei( − 1 1 ϕ
≤
ϕ) = cos ϕ trong đó F là hàm hữu tỉ. Từ sự biến thiên của ϕ từ 0 đến 2π gợi cho
chúng ta xem ϕ là argument của một điểm z trên đường tròn đơn vị tâm
tại gốc tọa độ, cho nên ta viết z = eiϕ với 0
2π. Mặt khác, từ
z = eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ, suy ra z−
i sin ϕ và ≤
− z cos ϕ = (3.2) , sin ϕ = , dz = ieiϕdϕ = izdϕ. − z + z−
2 z−
2i 1 1 Khi đó, tích phân (3.1) được viết lại z (3.3) F , , − z−
2i z + z−
2 dz
iz ZΓ (cid:17) (cid:16) z | | 2π = 1.
trong đó Γ là đường tròn được định hướng dương có phương trình
Ngược lại, tích phân (3.1) chính là dạng tham số của tích phân trên. Dùng
thặng dư để tính tích phân (3.3), từ đó ta thu được kết quả của (3.1). 0
Z
Với z = cos ϕ + i sin ϕ (trong
ϕ < 2π) và theo công 3.4 Thí dụ. Tính tích phân dϕ
(2 + cos ϕ)2 . 2 + √3 2 √3 − − − 2π Γ đó 0
≤
thức (3.3) ta có • • 0
Z dϕ
(2 + cos ϕ)2 = dz
iz 1
(2 + z+z−1 )2 ZΓ 2
4z
i(z2 + 4z + 1)2 dz, = Hình VIII.8: ZΓ trong đó Γ là đường tròn đơn vị tâm tại z = 0 được định hướng dương.
Ta tính được ′ 2+√3 −
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 4z Res 2 + √3 i(z2 + 4z + 1)2 dz = 2πi
i − ZΓ (cid:16) (cid:17) = 2π 4z
(z2 + 4z + 1)2 ,
4z
(z + 2 + √3)2 (cid:17) (cid:16) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 271 3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos § 2+√3 = 8π − −
(cid:12)
(cid:12)
2 + √3)
(cid:12) z + 2 + √3
2z
(z + 2 + √3)3
2√3 = 8π 2(
−
−
(2√3)3 2π . = 4π
3√3 0 2π (cid:3) . Vậy dϕ
(2 + cos ϕ)2 = 4π
3√3 Z 0
Z 2π dθ 3.5 Thí dụ. Tính tích phân 1 2p cos θ + p2 trong đó 0 < p < 1. − Tương tự như thí dụ trên ta tính như sau 0 Γ dθ 1 2p cos θ + p2 = dz
iz 1 ZΓ Z − •
p − •
1
p 1
2p z+z−1
2 + p2
dz = i pz2 ZΓ − Hình VIII.9: = i (pz (p2 + 1)z + p
dz
1)(z − − , p ZΓ
2π Res = p)
1
1)(z (pz p) − − − (cid:17) (cid:16) 2π = p2 1 − Bài tập (trong tích phân phức trên hàm dưới dấu tích phân có hai điểm bất thường
p , nhưng chỉ có điểm p nằm trong đường tròn đơn vị Γ). (cid:3)
cô lập p và 1 2π 2π Dùng thặng dư để tính tích phân xác định 0
Z 0
Z π 2π dx 1 ) 2 ) (a + cos x)2 với 1 < a. dx
(2 + sin x)2 π − 0
Z 4 ) 3 ) . dϕ
1 + sin2 ϕ dx
5 + sin x Z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2π 2π 272 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 0
Z 0
Z π π cos2 3ϕ 5 ) 6 ) dϕ . 5 cos 2ϕ dϕ
1 + a cos ϕ 0
Z 0
Z 8 ) 7 ) a < 1 sin2n ϕdϕ, n = 1, 2, . . . −
cos 2ϕ
2a cos ϕ + a2 dϕ, 1 | | − ∞ C+
R dx. 0
Z sin x
x C−r r r R R − − Hình VIII.10: R, r] và [r, R]. Với mọi 0 < r < R, ký hiệu Cr và CR là
các nửa đường tròn tâm 0 bán kính r và R
nằm trong nửa mặt phẳng trên. Ký hiệu Γ
là biên của miền G giới hạn bởi CR, Cr và các đoạn [ . Vì hàm f giải tích trên C −
nên theo định lý −
0 Xét hàm f (z) = eiz
z \ { } r R − Cauchy-Goursat ta có dz = 0. Mặt khác, ta có eiz
z R r R − r
Z
ix r R r
Z R dz = dz + dx + dz + dx eiz
z ZΓ
eiz
z eix
x eiz
z eix
x ZC + Z ZΓ ZC−
R eix e− = dz + dz + dx eiz
z eiz
z −
x ZC + ZC− r R r
Z = dz + dz + 2i dx eiz
z eiz
z sin x
x ZC + ZC− 1
z R → R ∞ ∞ = 1 0 khi R . Do đó, theo Định lý 2.4 Với mọi z CR ta có → ∞ ∈ ta có (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) dz = 0. eiz
z lim
R
→∞ ZC + Khai triển Laurent của hàm f tại 0 là n=0
X n=0
X f (z) = = + . (iz)n
n!z 1
z in+1zn
(n + 1)! ∞ Do đó, ta có r r r h n=0
X dz. dz = + eiz
z dz
z in+1zn
(n + 1)! ZC− ZC− ZC− i Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Đường bị khoét lõm 273 § π Tính từng tích phân ta được r 0
Z ∞ ∞ πi = dz
z ireiϕ
reiϕ dϕ = − − ZC− và theo Định lý 2.12 trang 141 và Định lý 3.3 trang 145 r r h n=0
X n=0
X
∞ dz = zndz in+1zn
(n + 1)! in+1
(n + 1)! ZC− ZC− i n=0
X (rn+1 r)n+1) = in+1
(n + 1)!(n + 1) (
− − ∞ Từ đó ta suy ra được r h n=0
X dz = 0 in+1zn
(n + 1)! lim
0
r
→ ZC− i và r = πi. dz
z − lim
0
r
→ R Từ các kết quả trên cho r ta được ZC−
0 và R r R r
Z ∞ →∞ h ZC +
πi + 2i dz + dz + 2i dx → ∞
eiz
z →
eiz
z sin x
x 0 = lim
r
0
→
R ZC− i 0
Z = 0 dx sin x
x − ∞ 0
Z Do đó, ta được (cid:3) dx = . sin x
x π
2 Trong thí dụ trên ta đã chứng minh r dz = iπ = iπ Res , 0 . eiz
z eiz
z − − lim
0
r
→ ZC− (cid:16) (cid:17) Điều này đúng trong trường hợp tổng quát sau, và cách chứng minh cũng
ngắn gọn hơn. 4.2 Định lý. Giả sử hàm f có cực điểm đơn tại z = 0. Khi đó, f (z)dz = iπ Res(f (z), 0) ZCr t π. lim
0
r
→
với Cr có biểu diễn tham số w(t) = reit với 0 ≤ ≤ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 274 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư ∞ Chứng minh. Vì z = 0 là cực điểm đơn nên f (z) có khai triển Laurent
trong lân cận thủng điểm z = 0 là 1 1 −
z −
z n=0
X c c + + g(z) f (z) = cnzn = y Cr g(z) | ≤ | x trong đó g(z) là hàm giải tích tại z = 0. Do đó, hàm
g bị chặn trong lân cận của điểm z = 0, nghĩa là
tồn tại r0 > 0 đủ nhỏ sao cho
M với mọi
z r0. Khi đó, ta có Hình VIII.11: | | ≤ r 1 r − −
z
ZCr
π
rieit
reit dt + 0 0
Z g(z)dz πrM với mọi 0 < r r0. ≤ ≤ ZCr (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) g(z)dz = 0. Từ đó ta tính được Do đó, ta được lim
0
→ ZCr c g(z)dz dz + f (z)dz = lim
0
→ lim
0
r
→ ZCr (cid:17) = c (cid:16) ZCr
1 lim
0
r
→
= iπ Res(f (z), 0), 1 = Res(f (z), 0). − (cid:3) do c Hoàn toàn tương tự như định lý trên ta có kết quả tổng quát cho cực điểm đơn z0 của hàm f . 4.3 Hệ quả. Giả sử hàm f có cực điểm đơn tại z0. Khi đó, ta có f (z)dz = iπ Res(f (z), z0) lim
0
r
→ ZCr ∞ trong đó Cr là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(t) = z0 + reit với
0 π. t ≤ ≤ (cid:3) Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. 0
Z 4.4 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng ln x
(x2 + 4)2 . Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Đường bị khoét lõm 275 § C+
R + i Arg z với C−r Arg z < 3π |
|
2 , ta xét hàm f (z) = r r R R − − Hình VIII.12: Giải. Với nhánh hàm logarithm log z xác
π
z
định bởi log z = ln
2 <
−
log z
(z2 + 4)2 .
Hàm f giải tích trên miền D như hình vẽ
với mọi 0 < r < 2 < R trừ một cực điểm
duy nhất 2i. Do đó, theo định lý thặng dư
Cauchy ta có ′′ 2i log z (z2 + 4)2 dz = 2πi Res log z
(z2 + 4)2 , 2i Z∂D (cid:17) = 2πi 2i 2(z + 2i) log z (cid:16)
log z
(z + 2i)2
(cid:16)
1
z (z + 2i)2 (cid:17)
− = 2πi (z + 2i)4 ln 2 − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) = π . 1 + i π
2
16 Trong khi đó, tích phân vế trái được biểu diễn như sau r R R − log z log z (z2 + 4)2 dz = ZCR Z∂D r − r
Z + (z2 + 4)2 dz +
ZC−
ln x
(x2 + 4)2 dx log z
(z2 + 1)2 dz
ln(
x) + iπ
(x2 + 4)2 dx.
− − Z Do đó, ta được r R R r
Z r
Z ln 2 log z − π = 1 + i π
2
16 log z
(z2 + 1)2 dz ZCR (4.5) (z2 + 4)2 dz +
ln x + 2 ZC−
(x2 + 4)2 dx + iπ dx
(x2 + 4)2 . Ta có ước lượng sau →∞
−−−−→ 0
→
−−−→ r 0 ≤ ZCR − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 0. log z
(z2 + 4)2 dz
log z
(z2 + 4)2 dz ln R + π
(R2
ln r + π
(4 4)2 πR R
r)2 πr r ≤ ZC− − Từ đó suy ra (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) r log z log z và (z2 + 4)2 dz = 0 (z2 + 4)2 dz = 0. lim
0
r
→ ZC− lim
R
→∞ ZCR Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 276 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 0 và R ta được ∞ 0
Z 0
Z ln 2 → ∞
∞ →
ln x − π = 2 Do đó, lấy giới hạn hai vế (4.5) khi r
1 + i π
2
16 (x2 + 4)2 dx + iπ dx
(x2 + 4)2 . ∞ ∞ Do đó, ta được kết quả 0 0
Z Bài tập ln x ln 2 1 (cid:3) và . (x2 + 4)2 dx = π −
32 dx
(x2 + 4)2 = π
32 Z ∞ ∞ 1 ) Tính các tích phân sau 0 0
Z ∞ ∞ 0 0
Z ∞ ∞ (b) dx (a) dx sin 2x
x(x2 + 4) x2
1
−
x2 + 1 sin x
x Z cos 2ax cos 2bx (d) (c) dx −
x2 Z 0 0
Z ∞ ∞ (f) (e) 1 < a < 3 xa
(x2 + 1)2 dx, sin x
x(x2 + 9)2 dx
dx
√x(x2 + 1) − Z 3√x
x2 + 1 3√x ln x
x2 + 1 0 0
Z ∞ ∞ (g) (h) dx dx Z 0 0
Z (i) dx (j) ln x
x2 + 1 (ln x)2
x2 + 1 Z 2 ) Chứng minh Hệ quả 4.3. ∞ 0
Z 5.1 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng với 0 < a < 1. Ta dx
xa(1 + x) nhận thấy tích phân này hội tụ vì 1
xa(1+x)
1
xa+1 1
xa(1+x)
1
xa = 1 và = 1. lim
x
→∞ lim
0
x
→ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 5 Tích phân theo đường phân nhánh 277 § Hãy tính giá trị của tích phân suy rộng này. aeiaϕ; và hàm f (z) giải tích
2π. Khi đó, nhánh của hàm lũy za là za =
trên miền xác định bởi mặt phẳng C bỏ đi điểm z =
1 và nửa đường
thẳng thực đóng dương. Theo định lý thặng dư Cauchy tích phân của hàm Giải. Xét hàm f (z) = trong đó z = reiϕ với r > 0 và 0 < ϕ < 1
za(1 + z) z | | − y y CR Cr L x x • • • R r
L− Hình VIII.13: < R với 0 < r < 1 < R cắt bỏ đoạn r x z ≤ ≤ | | f (z) xác định trên biên định hướng dương của miền đơn liên D xác định
bởi hình vành khăn r <
R
trên trục thực, ta có = 2πi Res , 1 = dz
za(1 + z) 1
za(1 + z) 2πi
1)a = 2πi
eiaπ . − (
− (cid:17) (cid:16) z z = R định hướng dương, C−r là đường tròn | | | | Z∂D
Gọi CR là đường tròn
= r
định hướng âm, L là đường cắt phía trên, L− là đường cắt phía dưới. Khi
đó, ta có r = + (5.2) dz
za(1 + z) dz
za(1 + z) dz
za(1 + z) ZCR ZC− Z∂D + + . dz
za(1 + z) dz
za(1 + z) ZL ZL− Đầu tiên ta ước lượng hai tích phân đầu R
→∞
−−−−→ r
0
→
−−−→ r 2πR 0 1) ≤ ZCR − Ra(R
2πr (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 0. dz
za(1 + z)
dz
za(1 + z) ra(1 r) ≤ ZC− − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 278 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư Do đó, ta được r R = 0 và = 0. dz
za(1 + z) dz
za(1 + z) lim
0
r
→ ZC− lim
R
→∞ ZCR Tham số hóa hai tích phân sau của đẳng thức (5.2) ta được r r
Z ∞ i2aπ) = dz
za(1 + z) ZL Z dx
xa(1 + x)
R = dz
za(1 + z) dx
ei2aπxa(1 + x) − ZL− 0 và → Vậy với các kết quả vừa tìm được, lấy giới hạn hai vế (5.2) khi r
R nhận được → ∞ 0
Z . e− dx
xa(1 + x) − ∞ 2πi
eiaπ = (1
Từ đó ta tính được tích phân suy rộng ban đầu iaπ = i2aπ) 0
Z ∞ 2πi 2iπ (cid:3) = . = 1
xa(1 + x) eiaπ(1 π
sin aπ eiaπ e− e− − 0
Z 5.3 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng −
ln x
(1 + x)3 dx. dấu tích phân ta nghĩ ngay hàm phức cần xét là f (z) = z
|
|
z : r < z = x + i0 : r < R R x z (
{− } ∪ { } \ ≤ ≤ { } | | ln x được hiểu bờ trên và bờ dưới, trong đó với bờ trên f (x) = Giải. Ta nhận thấy rằng tích phân suy rộng đã cho hội tụ. Từ hàm dưới
log(z)
(1 + z)3 trong
+ i Arg(z) với 0 < Arg(z) < 2π. Khi đó, hàm f giải tích
đó log(z) = ln
trên D =
) với
1
0 < r < 1 < R; và f liên tục trên ∂D, trong đó đoạn [r, R] trên trục thực
(1 + x)3 và bờ dưới f (x) = ln x + i2π
(1 + x)3 . Do đó, theo định lý thặng dư Cauchy ta có 1 = ′′
−
(cid:1) log(z) πi. 1 = log(z)
(1 + z)3 dz = 2πi Res 2πi
2! − − Z∂D (cid:16) (cid:17) (cid:0) log(z)
(1 + z)3 ,
Tích phân ở vế trái được viết lại như sau (5.4) log(z)
(1 + z)3 dz = log(z)
(1 + z)3 dz + log(z)
(1 + z)3 dz Z∂D ZCR + ZC−
r
log(z)
(1 + z)3 dz + log(z)
(1 + z)3 dz. ZL ZL− Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) r 5 Tích phân theo đường phân nhánh 279 § y với các đường được mô tả ở hình bên. Do CR = ln2 z + Arg2(z) < ln + z | | | | log(z)
|
|
q
2π, nên ta có Cr L 2πR(ln R + 2π) x • R r
L− (R 1)3 ≤ D ZCR −
2πr(ln r + 2π) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) log(z)
(1 + z)3 dz
log(z)
(1 + z)3 dz (1 r)3 ≤ ZC− − Hình VIII.14: (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Từ đó ta suy ra được r log(z)
(1 + z)3 dz = 0 log(z)
(1 + z)3 dz = 0. lim
0
r
→ ZC− lim
R
→∞ ZCR R Tham số hóa đường cong L và L− để tính hai tích phân sau của (5.4)
ta được r
Z R ZL r
Z ∞ ∞ log(z)
(1 + z)3 dz =
log(z)
(1 + z)3 dz = ln x
(1 + x)3 dx
ln x + i2π
(1 + x)3 dx − ZL− 0 và R cùng với các kết quả trên → ∞ → Lấy giới hạn hai vế (5.4) khi r
ta suy ra được 0 0
Z iπ = hay . i2π
(1 + x)3 dx dx
(1 + x)3 = 1
2 − − Z Như vậy, khi xét hàm f (z) = tìm. Bây giờ ta xét hàm g(z) = log(z)
(1 + z)3 ta không thu được tích phân cần
log2(z)
(1 + z)3 có tính giải tích và liên tục tương
tự như hàm f . Với miền D và biên ∂D như đã xét ở trên, theo định lý
thặng dư Cauchy ta có 1 ′′
−
(cid:1) 1 − 1 log2(z)
(1 + z)3 dz = 2πi Res log2(z)
(1 + z)3 , − Z∂D (cid:17) (cid:16)
log2(z) = 2πi
2! 1
(cid:0) = 2πi − log z
z2 = 2πi + 2π2. (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 280 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư Tích phân ở vế trái được viết lại như sau r (5.5) log2(z)
(1 + z)3 dz = log2(z)
(1 + z)3 dz + log2(z)
(1 + z)3 dz ZCR Z∂D r + ZC−
log2(z)
(1 + z)3 dz + log2(z)
(1 + z)3 dz. ZL− ZL
z + 4π2, nên ta có Do z = ln2 + Arg2(z) < ln2 | log2(z)
| | | | |
2πR(ln2 R + 4π2) (R 1)3 ≤ ZCR −
2πr(ln2 r + 4π2) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (1 r)3 log2(z)
(1 + z)3 dz
log2(z)
(1 + z)3 dz ≤ − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) ZC−
Từ đó ta suy ra được r log2(z)
(1 + z)3 dz = 0 log2(z)
(1 + z)3 dz = 0. lim
0
r
→ ZC− lim
R
→∞ ZCR R Tham số hóa đường cong L và L− để tính hai tích phân sau của (5.5)
ta được r
Z R ln2 x
(1 + x)3 dx ZL r
Z
0 và R ∞ dx log2(z)
(1 + z)3 dz =
log2(z)
(1 + z)3 dz = (ln x + i2π)2
(1 + x)3 − ZL− cùng với các kết quả trên → ∞ → Lấy giới hạn hai vế (5.5) khi r
ta suy ra được 0
Z ∞ ∞ 0
Z 0
Z 4π2 i4π ln x dx. 2π2 + i2π = − (1 + x)3 Suy ra ln x và . (1 + x)3 dx = 1
2 dx
(1 + x)3 = 1
2 − Như vậy, khi dùng hàm g(z) = ∞ log2(z)
(1 + z)3 để áp dụng định lý thặng dư
(cid:3) Cauchy ta tính được tích phân đã cho. 0
Z ln x 5.6 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng dx. x2 1 − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 5 Tích phân theo đường phân nhánh 281 § Giải. Tích phân suy rộng đã cho thực sự hội tụ. Để tính tích phân này ta
áp dụng cách tính tích phân hàm phức theo đường phân nhánh và đường khoét lõm. Cũng như ở ví dụ trên ta cần xét hàm f (z) = trong log2(z)
z2
1 − đó log z = ln z + i Arg(z) với 0 < Arg(z) < 2π. Với miền D và biên định | | y CR 1 + ε C−ε C−r L1 L2 x 0 R r
L−1 L−2 •
1
− •
C′−ε Hình VIII.15:
hướng dương ∂D của nó được biểu diễn như hình vẽ, hàm f thỏa điều kiện
định lý thặng dư Cauchy, cho nên ta có dz = 2πi Res 1 = π3i. , = 2πi log2(z)
z2
1 log2(z)
z2
1 (iπ)2
2 − Z∂D − − − (cid:16) (cid:17) Tích phân vế trái được viết lại theo các thành phần của biên như sau r dz = dz dz + log2(z)
z2
1 log2(z)
z2
1 log2(z)
z2
1 ZCR Z∂D − − − dz + + dz (5.7) log2(z)
z2
1 ZL1∪ − L−
ZL−
1 ∪
2
log2(z)
z2
1 ε ε dz + dz + ZC−
log2(z)
z2
1
L2
−
log2(z)
z2
1 ZC ′− ZC− − − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 282 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư Do z = ln2 + Arg2(z) < ln2 + 4π2, nên ta có z log2(z)
| | | | | | r 2πR(ln2 R + 4π2) dz 1 ≤ ZCR − R2
2πr(ln2 r + 4π2) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) dz log2(z)
z2
1
−
log2(z)
z2
1 r3 1 ≤ ZC− − − (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Từ đó ta suy ra được r dz = 0 dz = 0. log2(z)
z2
1 log2(z)
z2
1 lim
0
r
→ ZC− lim
R
→∞ ZCR − − 1 ε R − Tham số hóa các đường cong L1, L2, L−1 và L−2 để tính tích phân thứ ba
và thứ tư của (5.7) ta được 1+ε L2 r
Z 1 − 1+ε L−
2 r
Z dx + dx ZL1∪ − − ln2 x
x2
1
ε ln2 x
x2
1
R Z
(ln x + i2π)2 (ln x + i2π)2 dx dx. log2(z)
(1 + z)3 dz =
log2(z)
(1 + z)3 dz = x2 1 x2 1 − − Z ZL−
1 ∪ − − +Arg(z) với z − | | π < Arg(z) <
C−ε , ∈ Tạp thời chúng ta dùng ký hiệu Log(z) = ln
π. Khi đó, hàm Log(z) giải tích tại 1 và Log(z) = log(z) với mọi z
Log(z) + i2π = log(z) với mọi z C′−ε . Từ đó, ta có ∈ ε ε ε ε C ′−
ε ε dz + dz log2(z)
z2
1 log2(z)
z2
1 ZC− − − (Logz + i2π)2 dz + dz = z2 1 ZC ′− ZC− − ZC ′−
Log2(z)
z2
1
−
(Log(z) + i2π)2 4π = dz dz z2 4πiLog(z)
−
z2
1 − ZC−
ε ∪ 4π2 1
−
(Log(z) + i2π)2 ZC−
+ , 1 dz = 2πi Res z2 1 −
4πiLog(z)
z2 −
1 − ZCε − (cid:16) 4π2 = 4π3i + (cid:17)
dz −
4πiLog(z)
z2 −
1 ZCε − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 5 Tích phân theo đường phân nhánh 283 § Do đó, theo Hệ quả 4.3 ta suy ra được ε ε dz + dz log2(z)
z2
1 log2(z)
z2
1 lim
0
ε
→ ZC ′− − (cid:16) ZC− 4π2 , 1 −
(cid:17)
4π3i + πi Res = 4πiLog(z)
z2 −
1 − − (cid:17) (cid:16)
2π3i − = 4π3i + πi
= 2π3i ∞ ∞ 0
Z 0
Z Bài tập 1 Tổng hợp các kết quả thu được và lấy giới hạn phần ảo hai vế (5.7) khi
r ta được 0, R 0, ε → → → ∞ ln x (cid:3) π3 = dx + 2π3 hay dx = . x2 1 π2
4 4π ln x
x2
1 − − − 1(1 1dt với − − 0
Z x+1 hãy tính B(p, 1 1 ) Hàm beta là hàm hai biến thực B(p, q) = tp t)q − p) với − p > 0, q > 0. Bằng cách đổi biến bởi thay t = 1
0 < p < 1. ∞ ∞ 2 ) Tính các tích phân 0
Z 0
Z ∞ (b) (a) ln x
√x(x + 1)2 dx ln2 x
x2 + a2 dx 3√x
(x + a)(x + b) 0
Z (c) dx, a > b > 0 3 ) Bài tập này trình bày một cách giải thích việc tính tích phân theo
tham số hóa trên các đường L và L− trong đẳng thức (5.2) trong Thí dụ
5.1. Đặt z > 0, 0 < Arg z < 2π f (z) = | | z > 0, < Arg z < f1(z) = π
2 | | z > 0, < Arg z < f2(z) = 1
za(1 + z)
1
za(1 + z)
1
za(1 + z) −
π
2 3π
2
5π
2 | | Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 284 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư z | Xét hàm f1 trên miền D1 và f2 trên miền D2 trong đó D1 và D2 là hai
phần của hình vành khăn r <
< R được cắt bởi hai tia từ 0 với góc 0
và θ với π < θ < 3π |
2 theo hình sau
y y ΓR Γr r R x x • r R D1
L L−
D2 •
1
− •
γr L−1 L1 γR Reiθ Hình VIII.16: (a) Với ∂D1 và ∂D2 lần lượt là biên định hướng dương của các miền D1 f2(z)dz. f1(z)dz và và D2, hãy tính Z∂D2 Z∂D1 f (z)dz và (b) Chứng minh rằng f2(z)dz = f1(z)dz = ZL ZL1 ZL1 R →∞ ZγR f1(z)dz = lim f2(z)dz lim
R
→∞ ZΓR r f2(z)dz = 0. f1(z)dz = lim
0
→ = lim
0
r
→ Zγr ZΓr ∞ (c) Với các kết quả trên và phương pháp như ở Thí dụ 5.1 hãy tính lại 0
Z tích phân . dx
xa(1 + x) 6.1 Định lý. Cho miền D và hàm f giải tích trên ¯D trừ đi một số hữu
hạn các cực điểm của f . Nếu hàm f không nhận giá trị 0 trên biên ∂D
thì hiệu số giữa số các không điểm và số các cực điểm của f bằng số vòng
quay của hàm f (z) quanh 0 theo chiều dương khi z biến thiên một vòng
trên ∂D. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché 285 § Chứng minh. Gọi Γ là đường cong định hướng dương của biên ∂D. Ký
hiệu ∆Γ Arg f (z) là góc quay của f (z) khi z quay một vòng theo chiều
dương trên Γ. Ta cần chứng minh P ), (6.2) ∆Γ Arg f (z) = 2π(N − b t ≤ ≤ trong đó N là số không-điểm trong D và P là số cực điểm trong D. Ta sẽ
chứng minh đẳng thức trên bằng cách tính tích phân của hàm f ′(z)/f (z)
trên đường cong Γ theo hai cách. Thứ nhất, cho z = z(t) với a
b là
biểu diễn tham số của đường cong được định hướng Γ, suy ra a
Z (6.3) dz = dt. f ′(z)
f (z) f ′(z(t))z′(t)
f (z(t)) ZΓ t ≤ ≤ Theo giả thiết ta thấy ảnh C của Γ qua ánh xạ w = f (z) không đi qua gốc
tọa độ w = 0 trong mặt phẳng phức w, nên ảnh của bất kỳ điểm z = z(t)
trên Γ có thể biểu diễn ở dạng mũ là w = ρ(t)eiφ(t). Nghĩa là đường cong
định hướng C có biểu diễn tham số f (z(t)) = ρ(t)eiφ(t) với a
b. Do
đó, ta có (f (z(t))) f ′(z(t))z′(t) = = [ρ(t)eiφ(t)] d
dt
d
dt = ρ′(t)eiφ(t) + iρ(t)φ′(t)eiφ(t). b Do f là hàm giải tích và khác không trên Γ nên f ′ cũng là hàm giải tích
trên Γ và đường cong Γ được qui ước là đường cong trơn từng khúc nên
các hàm số ρ′(t) và φ′(t) liên tục từng khúc trên [a, b]. Từ các đẳng thức
trên ta tính được tích phân (6.3) như sau a b a dz = dt f ′(z)
f (z) Z ZΓ ρ′(t)eiφ(t) + iρ(t)φ′(t)eiφ(t)
ρ(t)eiφ(t)
b dt + i φ′(t)dt = ρ′(t)
ρ(t) b
a a
Z
b
a + iφ(t)
(cid:12)
(cid:12) Z
= ln ρ(t)
| |
= 0 + i(φ(b) φ(a)) = i∆Γ Arg f (z) − (cid:12)
(cid:12) Thứ hai, chúng ta dùng định lý thặng dư Cauchy để tính tích phân trên. Ta thấy giải tích bên trong và trên Γ trừ các điểm mà chúng là f ′(z)
f (z) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 286 1g(z) + (z − không điểm hay cực điểm của hàm f (z). Nếu z0 là không điểm bậc m0 của
z0)m0 g(z) trong đó g(z) giải tích và
hàm f , thì ta có thể viết f (z) = (z
khác không tại z0. Do đó, f ′(z) = m0(z z0)m0− z0)m0 g′(z), − − nên m0 + = . f ′(z)
f (z) z g′(z)
g(z) z0 − Do giải tích tại z0, nên có cực điểm đơn tại z0, và thặng dư g′(z)
g(z) f ′(z)
f (z) 1φ(z) − = m0. Mặt khác, nếu hàm f có z0 là cực , z0 của nó tại z0 là Res f ′(z)
f (z) (cid:17) (cid:16) φ(z) với φ(z) là hàm điểm cấp mp, thì chúng ta có thể viết f (z) = (z z0)mp − giải tích và khác không tại z0. Ta có φ′(z)(z z0)mp , f ′(z) = − z0)mp
(z mp(z
−
z0)2mp −
− suy ra mp . = f ′(z)
f (z) z φ′(z)
φ(z) − z0 − Do giải tích tại z0 nên có cực điểm đơn tại z0 và thặng dư của f ′(z)
f (z) mp. Từ kết quả xét các không điểm và cực điểm của hàm f − φ′(z)
φ(z)
nó tại z0 là
và theo định lý thặng dư Cauchy ta có dz = 2πi(N P ). f ′(z)
f (z) − ZΓ Vậy từ hai cách tính tích phân f ′(z)
f (z) ZΓ dz ta có ∆Γ Arg f (z) =
(cid:3) 2π(N P ). − 1)7 −
z3 6.4 Chú ý. Trong chứng minh trên giá trị dz còn được gọi 1
2πi f ′(z)
f (z) ZΓ là thặng dư logarithm của hàm f . 6.5 Thí dụ. Xét hàm f (z) = (2z
. Cho Γ là đường tròn tâm z = 0
có bán kính R = 2. Khi đó, ta có N = 7 và P = 3; do đó ∆Γ Arg f (z) =
(cid:3)
2π(N P ) = 8π. − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché 287 § fn(z)
} { 6.6 Định lý. (Hurwitz) Nếu các hàm fn(z) giải tích và khác không trên
miền D và
hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f thì
f (z) hoặc là đồng nhất 0 hoặc là không bằng 0 trên D. D tồn tại r > 0 sao cho f (z) 6 z − | | r < d(z0, ∂D). Do đó,
z z0| − | 1/fn(z)
} { { Chứng minh. Giả sử f không đồng nhất 0 trên D. Do đó, theo định lý
sự duy nhất của hàm giải tích các không điểm của f (z) trong D nếu có là
= 0
các không điểm cô lập. Vậy với mọi z0 ∈
với mọi 0 <
đạt giá trị nhỏ nhất
z0| ≤
f (z)
|
= r, ký hiệu đường tròn này được định
dương trên đường tròn
hội tụ đều trên C về
hướng dương là C. Nó kéo theo rằng dãy
hội tụ đều
hàm 1/f (z). Mặt khác, theo Định lý 6.4 trang 174 dãy
f ′n(z)
}
{
f ′
hội tụ đều về f ′
về f ′(z) trên mọi tập compact trong D. Do đó, dãy
n
f
fn }
trên C. Từ đó theo kết quả tương tự Định lý 2.13 trang 141 ta có dz = dz. f ′(z)
f (z) f ′n(z)
fn(z) ZC lim
n
→∞ ZC Định lý Rouché 6 Theo giả thiết f ′
n(z)
fn(z) giải tích trên D nên các tích phân của vế trái bằng 0,
vì thế tích phân của vế phải bằng 0 (hoặc ta có thể lập luận: do hàm fn
không có không điểm và cũng không có cực điểm trong C). Theo nguyên lý
argument tích phân của vế phải bằng 2πi nhân với hiệu số không điểm và
số số cực điểm của hàm f (z). Nhưng hàm f (z) không có cực điểm trong C,
= 0.
cho nên nó cũng không có không điểm trong C. Đặc biệt, ta có f (z0)
(cid:3)
Do đó, f (z) = 0 với mọi z D. ∈ 6 với mọi z > g(z)
| ∈ | | 6.7 Định lý. Cho hai hàm f và g giải tích trên miền đóng ¯D đơn liên
với biên là đường cong Γ. Nếu
Γ, thì f (z) và
f (z)
|
f (z) + g(z) có số các không điểm bằng nhau trong miền D (đếm số bội). Chứng minh. Với mọi z Γ, ta có > g(z) 0, suy ra ∈ f (z)
| | | | ≥ f (z) + g(z) f (z) > 0 với mọi z Γ. g(z)
| | − | | ≥ | | ∈ Điều này chứng tỏ f (z) và f (z) + g(z) khác không trên Γ. Do đó, với mọi
z Γ, ta có thể viết ∈ 1 + f (z) + g(z) = f (z) g(z)
f (z) (cid:17) (cid:16) và Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 288 Arg(f (z) + g(z)) = Arg f (z) + Arg 1 + , g(z)
f (z) (cid:16) (cid:17) suy ra . 1 + ∆Γ Arg(f (z) + g(z)) = ∆Γ Arg f (z) + ∆Γ Arg g(z)
f (z) (cid:17) (cid:16) Theo giả thiết ta thấy f + g và f không có cực điểm trên trong D, nên
theo nguyên lý argument ta có và N (f ) = N (f + g) = ∆Γ Arg(f (z) + g(z)) ∆Γ Arg f (z). 1
2π 1
2π Do đó, ta có N (f + g) = N (f ) + . 1 + ∆Γ Arg g(z)
f (z) 1
2π (cid:17) (cid:16) Mặt khác, ta có < 1 với mọi z Γ. Điều này cho ta thấy, nếu z g(z)
f (z) ∈ chạy trên chạy trên đường biên Γ thì ảnh của nó qua ánh xạ w = 1 + (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) đường cong nằm trong đường tròn tâm tại 1 bán kính 1, = 1, nghĩa f (z)
g(z)
1 | 1 + = 0. Vậy là không bao quanh điểm w = 0. Do đó, ∆Γ Arg w
|
−
g(z)
f (z) (cid:3) (cid:16) (cid:17) N (f + g) = N (f ). 6.8 Thí dụ. Ta sẽ tìm số nghiệm của đa thức f (z) = z5 + 5z3 + 2z trong
hình tròn đơn vị < 1 z : z { | | .
} Xét hàm h(z) = 5z3 và g(z) = z5 + 2z. Ta có h(z) + g(z) = f (z), và với mọi z thỏa = 1 ta có z | | = 5z3 = 5 > 3 = z5 + 2z z5 + 2z = . h(z)
| | | | | | | | ≥ | g(z)
| | | < 1 z z :
{ } | | Do đó, theo định lý Rouché trong hình tròn mở đơn vị
hàm
f (z) có số không điểm bằng số không điểm của hàm h(z) là 3. Nghĩa là
hàm f (z) có 3 nghiệm trong hình tròn đơn vị đó. z : 1 { ≤
. Lúc này ta xét hàm h(z) = z5 và g(z) = 5z3 + 2z. Với mọi z thỏa Bây giờ ta tìm số nghiệm của đa thức trong hình vành khăn
< 3
}
= 3 ta có z
z |
| |
| 3 + 2
| 5 =
| = 5z3 + 2z 5 z z = 141 < 243 = z . g(z)
| | | | | | | ≤ | h(z)
| | Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché 289 § < 3 z z :
{ } | | < 3 z { | | Do đó, theo định lý Rouché trong hình tròn
hàm f (z) =
g(z) + h(z) có số không điểm bằng số không điểm của hàm h(z) là 5.
. Vậy trong
Nghĩa là hàm f (z) có 5 nghiệm trong hình tròn
}
(cid:3)
hình vành khăn z :
hàm f có 2 nghiệm. z : 1 < 3 z { ≤ | | } 6.9 Thí dụ. Ta sẽ chứng minh lại định lý đại số cơ bản. Xét đa thức cấp n 1zn
− 1 + anzn − 1, và chọn R > − 1zn − = 0 P (z) = a0 + a1z + + an · · · với an 6 n Đặt f (z) = anzn và g(z) = a0 + a1z +
max
z
, 1 : i = 0, 1, . . . , n . Với 1 + an
· · ·
= R, ta có
| | − ai
an n o (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 1 290 VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư − 1 + = g(z)
f (z) · · · a1
an an
−
an n + 1 +
1
n 1 + − + (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) 1
zn +
1
z z 1
z ≤ 1
z
(cid:12)
an
(cid:12)
(cid:12)
−
an | | + < (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) |
|
(cid:12)
1
(cid:12)
Rn +
(cid:12) R
n 1
zn
a1
an
(cid:12)
1
(cid:12)
(cid:12)
Rn · · ·
1
R
R
n · · · |
|
(cid:12)
(cid:12)
1 +
(cid:12)
− a0
an
(cid:12)
a0
(cid:12)
(cid:12)
an
(cid:12)
R
(cid:12)
(cid:12)
n
1. ≤ > | | f (z)
| | với mọi z thỏa
z | | z | = R. Theo định lý Rouché đối với
z
|
= R, ta có P (z) = f (z) + g(z) có cùng
= R. Do P (z) có không
(cid:3) Vậy
g(z)
|
hàm f (z) và g(z) và đường tròn
số không điểm với f (z) (là n) trong đường tròn
|
quá n nghiệm, nên suy ra P (z) có đúng n nghiệm. 6 6.10 Định lý. Giả sử z0 là một nghiệm cấp m của phương trình f (z) = a
trong đó f là một hàm giải tích và không là hằng trong một lân cận của
z0. Khi ấy, với mọi ε-lân cận đủ bé của z0 và mọi b
= a đủ gần a, phương
trình f (z) = b có đúng m nghiệm phân biệt trong ε-lân cận ấy. a trong lân cận ấy, a − | 6 | 6 f (z)
ε. Đặt m = min = 0 với mọi
a
f (z) z
|
: = ε z z0|
= ε và f ′(z)
z0|
− z0| ≤ −
z
| {| − − } | | Chứng minh. Do f giải tích và không là hàm hằng trong lân cận của z0
nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho z0 là không điểm duy nhất (cấp m) của
= 0
f (z)
−
với mọi 0 <
> 0 (xem
Định lý 3.2 trang 234 và một số kết quả trong mục đó). Khi đó, với mọi b
thỏa 0 < < m, ta có a b | − | f (z) a > b a với mọi z thỏa z = ε. − | | | − | | z0| − a và a − −
b và f (z) − z0| − = ε. Các không điểm của f (z) z − − | − b và với đường tròn
Theo Định lý Rouché đối với hai hàm f (z)
a có cùng số không điểm
= ε, ta có hai hàm f (z)
z
−
|
(là m) bên trong đường tròn
b là
z0|
phân biệt vì nếu có một không điểm nào đó có cấp lớn hơn hoặc bằng 2
thì f ′ bằng không tại điểm đó mâu thuẫn với điều kiện cho ε-lân cận trên.
b = 0 có m nghiệm phân biệt trong ε-lân cận của
Vậy phương trình f (z)
(cid:3)
z0. 6.11 Định lý. (Nguyên lý bảo toàn miền) Nếu hàm f giải tích và không
là hàm hằng trên miền D, thì D∗ = f (D) là một miền. Chứng minh. Lấy hai điểm bất kỳ w1 và w2 trong D∗. Khi đó, tồn tại
D sao cho w1 = f (z1) và w2 = f (z2). Vì D là miền nên tồn tại
z1, z2 ∈ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché 291 § đường cong γ trong D nối z1 và z2. Do f giải tích trên D nên f liên tục
trên D, suy ra f (γ) là đường cong trong D∗ nối w1 và w2. Vậy D∗ là tập
liên thông. Giả sử w0 là điểm tùy ý thuộc D∗ và z0 ∈ =δ | D và f (z) = w0 với mọi z ⊂ ∈ 6 f (z) > 0. Khi đó, ta có B(w0, α) D sao cho f (z0) = w0. Do f
là hàm giải tích và không là hàm hằng trên D và theo định lý duy nhất,
tồn tại δ > 0 sao cho ¯B(z0, δ)
∂B(z0, δ).
D∗. Thật vậy,
Đặt α = min
z0| w0|
−
z
|
−
B(w0, α) tùy ý. Xét hàm f (z)
z α với mọi z thỏa f (z) w1).
< α, ta có lấy w1 ∈
Bởi vì
| w1 = (f (z)
= δ và
z0| | −
− | − với mọi z thỏa = δ −
w0 −
z f (z) ⊂
w0) + (w0 −
w1|
z0| − w0| ≥
>
w0| − | w1 − | w0| −
w1 và f (z) − z0| |
w0 và w0 −
− z | = δ, ta có hai hàm f (z)
z0|
−
= δ. Gọi z1 là một không điểm của f (z) − D∗. Do đó, B(w0, α) −
w0, cho nên hàm f (z)
−
z
z0|
−
|
= δ, suy ra z1 ∈
z0| D và f (z1) = w1 ∈ ⊂ − w1 và đường tròn
w0 có số không điểm bằng
−
= δ. Do z0 là một không điểm của hàm
w1 phải có không điểm nằm trong đường
w1 trong đường tròn
D∗.
(cid:3) Theo định lý Rouché đối với hai hàm f (z)
z
|
nhau trong đường tròn
f (z)
tròn
z
|
Vậy D∗ là tập mở, nên nó là một miền. fn} { f (D) tồn tại N > 0 sao cho a ∈ ∈ 6.12 Định lý. (Hurwitz) Giả sử dãy các hàm giải tích
trên miền
D hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tới hàm f và giả sử f không
là hàm hằng. Khi đó, với mọi a
fn(D)
với mọi n > N . z
|
−
> ⊂ a f (z) > 0. Vì | N > n
= δ, cho nên cho
z < fn(z) Chứng minh. Theo Định lý 6.4 trang 174 hàm f giải tích trên D. Lấy z0 ∈
D sao cho f (z0) = a. Cũng như trong chứng minh định lý nguyên lý bảo
toàn miền do f không là hàm hằng nên tồn tại δ > 0 sao cho ¯B(z0, δ)
D
hội tụ đều tới f trên ∂B(z0, δ) tồn tại
fn}
và α = inf
{
z0|
với mọi
z0| f (z)
| − − | | | −
− f (z)) + (f (z) |
−
a = (fn(z) − − − − a nên fn(z)
B(z0, δ) ⊂ a = 0, suy ra a −
=δ |
có
ta
0
sao
a
f (z)
< α với mọi
f (z)
|
|
a
= δ. Vậy với mỗi n > N hai hàm giải tích f (z)
z0|
z
−
f (z) thỏa mãn điều kiện định lý Rouché trên ¯B(z0, δ) nên
a) có cùng số không điểm với hàm
a
D
fn(D) với mọi n > N . fn(D). Vậy a − ∈ ∈ N
fn(z)
|
−
với mọi
và fn(z)
fn(z)
−
f (z)
a trong B(z0, δ). Do z0 là một không điểm của f (z)
−
phải có một không điểm trong B(z0, δ) nghĩa là tồn tại zn ∈
sao cho fn(zn)
(cid:3) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Bài tập VIII ´
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 292 z = 1. Xác định | | 1 ) Cho Γ là đường tròn đơn vị được định hướng dương,
giá trị ∆Γ Arg f (z) với các hàm f sau (c) f (z) = (a) f (z) = z2 (b) f (z) = z3 + 2
z (3z
2z3 i)5
i −
− 2 ) Xác định số nghiệm của các đa thức sau trong hình tròn đơn vị z : z < 1 { | | } (a) z6 5z4 + z3 2z (b) 2z4 2z3 + 2z2 2z + 9 − − − − z | | 3 ) Xác định số nghiệm của các đa thức sau bên trong đường tròn
(a) z4 + 3z3 + 6, = 2
(c) z5 + 3z3 + z2 + 1. 2z3 + 9z2 + z (b) z4 1, − − 6z2 + z + 1 = 0 trong hình − 4 ) Xác định số nghiệm của phương trình 2z5
vành khăn z : 1 < 2 z . { ≤ | | } c | | 5 ) Chứng minh rằng nếu c là một số phức thỏa
czn = ez có n nghiệm (đếm cả số bội) bên trong đường tròn > e thì phương trình
z = 1. | | 6 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm
hội tụ đều trên mọi tập compact
fn}
{
trong D đến hàm f và các hàm fn không có không điểm trong D với mọi
n thì hàm f cũng không có không điểm trong D. fn(z)
} { 7 ) Nếu các hàm fn(z) giải tích và có tối đa m không điểm trên miền D
hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f thì f (z)
và
hoặc là đồng nhất 0 hoặc có nhiều nhất m không điểm trên D. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 293 D và
= 0. Suy ra định thức Jacobi của hai hàm u và v khác không tại 6 (x0,y0) 2 = J(u, v)(x0, y0) = ∂(u, v)
∂(x, y) u′x u′y
v′y (cid:12)
v′x
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= [u′x(x0, y0)]2 + [v′x(x0, y0)]2
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= f ′(z0)
| | 6 Trong giải tích cổ điển, theo định lý hàm ngược (chẳng hạn xem [1, trang
102]) khi J(u, v)(x0, y0)
= 0 thì các hàm số u = u(x, y) và v = v(x, y) có
các hàm ngược trong lân cận của điểm (x0, y0). Nói một cách khác, nếu f ′(z0) 6 = 0 thì hàm w = f (z) sẽ đơn trị trong
1(w) cũng khả vi trong một lân cận nào đó của z0 và hàm ngược z = f −
lân cận của điểm w0 = f (z0) và 1)′(w0) = . (f − 1
f ′(z0) Giả sử đường cong γ có biểu diễn tham số γ(t) với t ∈ (a, b) và ta có γ′(t0) 6 [a, b] và là đường
= 0.
cong Jordan trơn đi qua điểm z0 = γ(t0) với t0 ∈
Khi đó, ảnh của γ qua ánh xạ w = f (z) ở trên là đường cong Γ = f (γ) đi Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) IX ´Anh xạ bảo giác 294 qua điểm w0 = f (z0). Phương trình biểu diễn tham số của Γ là ω(t) = f (γ(t)) [a, b] t ∈ và ta có = 0 ω′(t0) = f ′(γ(t0))γ′(t0) = f ′(z0)γ′(t0) 6 Từ đẳng thức trên ta suy ra đường cong Γ có tiếp tuyến tại w0 và ta có Arg f ′(z0) = Arg ω′(t0) Arg γ′(t0). 6 −
Như vậy, qua ánh xạ w = f (z) với f ′(z0)
= 0 tiếp tuyến của đường cong
γ tại z0 quay một góc bằng Arg f ′(z0) và tịnh tiến từ điểm z0 đến điểm
f (z0) trở thành tiếp tuyến của đường cong ảnh Γ = f (γ). Γ γ1 γ •z0 Γ1 •f (z0) Hình IX.1: Bây giờ giả sử γ1 là một đường cong Jordan trơn khác cũng qua điểm
= 0 [c, d] thỏa z0 = γ1(τ0) và γ′1(τ0) ∈ 6 (c, d). Gọi Γ1 = f (γ1). Tương tự như trên ta có z0 có biểu diễn tham số γ1(t) với t
với τ0 ∈ Arg γ′1(τ0) Arg f ′(z0) = Arg ω′1(τ0) − Từ đó ta suy ra được Arg ω′(t0) Arg γ′1(τ0) Arg ω′1(τ0) = Arg γ′(t0) − − hay \(Γ, Γ1) = \(γ, γ1) trong đó \(Γ, Γ1) và \(γ, γ1) lần lượt là góc giữa Γ và Γ1 và góc giữa γ và γ1.
Như vậy, ta đã chứng minh được kết quả: qua ánh xạ w = f (z) với
= 0 góc giữa hai đường cong tại điểm z0 được bảo toàn về độ lớn và 6 f ′(z0)
hướng. Hàm có tính chất như vậy được gọi là hàm bảo toàn góc tại z0. Mặt khác, cũng với đường cong γ và hàm f ở trên, ta có = . = w(t)
γ(t) f ′(z0)
| | w′(t0)
γ′(t0) lim
0
t
→ |
| w(t0)
|
γ(t0)
| −
− (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 ´Anh xạ bảo giác 295 § 6 | f ′(z0)
| Bài tập Kết quả này chỉ phụ thuộc vào f ′(z0) mà không phụ thuộc vào đường cong
γ qua z0. Như vậy, qua ánh xạ w = f (z) với f ′(z0)
= 0 hệ số co dãn (độ
) của ảnh của đường cong tại z0 không
dãn, trong trường hợp này là
phụ thuộc vào dạng và hướng của đường cong. Hàm có tính chất như vậy
được gọi là hàm có hệ số co dãn đều tại z0. 6 1)′(w0) = 1/f ′(z0). 1 ) Chứng minh rằng nếu hàm f (z) giải tích tại z0 và f ′(z0)
= 0 thì
trong lân cận của z0 hàm f có hàm ngược giải tích tại w0 = f (z0) và
(f − 2 ) Cho ánh xạ thực hiện nhờ các hàm số w = z2 và w = z3. Tìm góc
quay, hướng xuất phát từ điểm z0 và hệ số co dãn tại các điểm sau đây. 1
4 3 + 4i. (c) z0 = 1 + i (d) z0 = (a) z0 = 1 (b) z0 = − − 3 ) Phần nào của mặt phẳng co lại, phần nào của mặt phẳng dãn ra, nếu
ánh xạ được thực hiện nhờ các hàm số (a) w = z2 (b) w = z2 + 2z (c) w = (d) w = ez. 1
z − ∈ z : z D ∈ } { D. 4 ) Cho hàm f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) xác định trên miền D sao cho
các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng liên tục trên D và thỏa
D. Chứng
u′x(x, y) =
v′y(x, y) và u′y(x, y) = v′x(x, y) với mọi (x, y)
nếu u′(x, y)2 +
minh rằng hàm g(z) = f (z) bảo giác trên D′ =
v′(x, y)2 > 0 với mọi (x, y) ∈ ∈ Từ ý nghĩa hình học của đạo hàm ta đã chứng minh được kết quả sau: = 0 với mọi z ∈ 6 2.2 Định lý. Giả sử ánh xạ w = f (z) biến miền D thành miền D∗. Nếu
D thì f là ánh
f (z) là một hàm giải tích trên D và f ′(z)
xạ bảo giác trên D. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 296 IX ´Anh xạ bảo giác Định lý sau đây được xem là định lý đảo của định lý trên = 0 với mọi z D. 2.3 Định lý. Giả sử ánh xạ w = f (z) biến miền D thành miền D∗. Nếu
f (z) là ánh xạ bảo giác trên D thì f (z) là một hàm giải tích trên D và
f ′(z) ∈ 6 D tùy ý. Xét hai điểm Chứng minh. Lấy z0 ∈ z1 = z0 + ∆z1 z2 = z0 + ∆z2 qua ánh xạ f chúng lần lượt biến thành các điểm w1 = w0 + ∆w1 w2 = w0 + ∆w2 trong đó w0 = f (z0). Do f bảo giác trên D nên f bảo giác tại z0, nghĩa là
với đủ bé ta có và ∆z1| | ∆z2| | Arg ∆z1 Arg ∆w2 − Arg ∆w1 ≈ Arg ∆z2 − và k = 0 ≈ ≈ 6 ∆w1
∆z1 ∆w2
∆z2 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) , ). ∆z1| ∆z2| | (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với min(
|
Ta đặt arg arg α. ∆w1
∆z1 ≈ ∆w2
∆z2 ≈ Từ các ước lượng trên ta suy ra được ước lượng keiα ∆w1
∆z1 ≈ ∆w2
∆z2 ≈ , với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với min(
| ∆z1| | ).
∆z2|
Vì z1 và z2 chọn tùy ý trong lân cận của z0 nên với mọi z trong lân cận của z0 (nghĩa là z = z0 + ∆z) ta có keiα ∆w
∆z ≈ với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với ∆z . Vậy | | 0 = keiα. ∆w
∆z lim
∆z
→ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 ´Anh xạ bảo giác 297 § Arg ∆z) − = 0. Vì z0 lấy tùy ý nên f giải 6 = 0 với mọi z Nghĩa là f khả vi tại z0 và f ′(z0) = keiα
tích trên D và f ′(z) ∈ 6 D.
Chú ý rằng phép chứng minh trình bày ở trên mang tính trực quan cao. Ta có thể lập luận theo tinh thần giải tích như sau ei(Arg ∆f (z0) = ∆f (z0)
∆z ∆f (z0)
∆z (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Theo giả thiết ta có 0 = r = 0 do tính chất dãn đều ∆f (z0)
∆z 6 Arg ∆z) = α do tính bảo toàn góc lim
∆z
→
(Arg f (z0)
0 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
−
(cid:12) lim
∆z
→ 0 (cid:3) Do đó, = reiα = 0. = 0. Vậy tồn tại f ′(z0) và f ′(z0) ∆f (z0)
∆z 6 6 lim
∆z
→ 2.4 Thí dụ. Hàm mũ f (z) = ez bảo giác trên mỗi miền đơn diệp của nó.
(cid:3) bảo giác trên C Hàm f (z) = 0 . 1
z \ { } − 2.5 Thí dụ. Xét hàm cos z. Ta đã biết (cos z)′ =
sin z = 0 khi và chỉ
khi z = kπ với k nguyên. Vậy hàm cos z bảo giác tại mọi điểm trừ các
(cid:3)
điểm kπ với k nguyên. 0 } 2.6 Thí dụ. Hàm lũy thừa w = f (z) = zn, với n nguyên dương, là hàm
bảo giác trên C
. Tại z = 0 hàm không bảo giác khi n > 1. Thật vậy,
\ {
dễ thấy rằng ảnh của z1 và z2 thỏa Z k = arg z1 = arg z2 + 2kπ
n ∈ z1| | z2| | qua ánh xạ f (z) = zn trùng nhau. Hơn nữa, mọi góc có đỉnh tại z = 0 qua
(cid:3)
ánh xạ lũy thừa f (z) = zn sẽ tăng lên n lần. là 2.7 Định nghĩa. Góc giữa hai đường cong γ1 và γ2 tại điểm z = ∞ góc giữa ảnh của hai đường cong đó qua ánh xạ w = f (z) = tại w = 0, 1
z tức là góc giữa hai đường cong Γ1 = f (γ1) và Γ2 = f (γ2) tại w = 0. 2.8 Định lý. Hàm phân tuyến tính bảo giác trên C. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) IX ´Anh xạ bảo giác 298 d
c ) =
= − d
c . Ta có f (
Cho γ1 và γ2 là hai đường cong bất kỳ qua điểm z =
−
và đặt Γ1 = f (γ1) và Γ2 = f (γ2). Ta cần chứng minh \(γ1, γ2)z=
. Theo định nghĩa góc giữa hai đường cong tại điểm Chứng minh. Xét ánh xạ phân tuyến tính f (z) = với ad bc = 0 6 = 0. Ta biết rằng hàm f giải tích trên C az + b
cz + d
d/c } \ {− 6 d/c . Vậy ta chỉ còn chứng minh hàm f bảo giác tại z = −
nên nó bảo giác
d
c − } và c
trên C
và z = \ {−
.
∞ − ∞ d
c
, ta
là góc giữa hai đường cong Γ∗1 và Γ∗2 tại w∗ = 0 trong đó ∞ ∞ . Ta có ∞
\(Γ1, Γ2)w=
có \(Γ1, Γ2)w=
Γ∗1 = g(Γ1), Γ∗2 = g(Γ2) và w∗ = g(w) = 1
w = w∗ = 1
w cz + d
az + b d
c d
=
c 6
cz + d
az + b − − xạ w∗ = d
c − ∞ bảo giác tại , nghĩa là ánh xạ w = = \(Γ1, Γ2)w= đây là hàm phân tuyến tính. Do đó, ánh xạ w∗ đối với biến z bảo giác
b
a . Do Γ∗1 và Γ∗2 chính là ảnh của γ1 và γ2 qua ánh
tại z =
−
= \(Γ∗1, Γ∗2)w∗=0. Do đó, ta được
cho nên \(γ1, γ2)z=
az + b
cz + d \(γ1, γ2)z=
d
z =
c . ảnh của γ1 và γ2 qua ánh xạ w = . Gọi Γ∗1 và Γ∗2 là ảnh của γ1 và −
Cho γ1 và γ2 là hai đường cong bất kỳ có điểm vô tận. Gọi Γ1 và Γ2 là
az + b
cz + d ∞ γ2 qua ánh xạ z∗ =
ta có \(γ1, γ2)z= 1
. Theo định nghĩa góc giữa hai đường cong ở điểm
z
= \(Γ∗1, Γ∗2)z∗=0. Mặt khác, ta có ∞ . = w = az + b
cz + d a + bz∗
c + dz∗ c . Theo chứng Vậy Γ1 và Γ2 là ảnh của Γ∗1 và Γ∗2 qua ánh xạ w = a + bz∗
c + dz∗ bảo giác tại z∗ = 0 cho nên a + bz∗
c + dz∗ . Do đó, ta được minh hai phần trên ta có ánh xạ w =
\(Γ∗1, Γ∗2)z∗=0 = \(Γ1, Γ2)w= a c ∞ \(γ1, γ2)z= = \(Γ∗1, Γ∗2)w= a (cid:3) nghĩa là ánh xạ w = bảo giác tại z = az + b
cz + d .
∞ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 ´Anh xạ bảo giác 299 § 2 (1 2 (z + 1
z )
1
z2 ). Suy ra
1. Vậy ta có ngay kết quả: hàm f bảo
. Ta xét tính bảo giác của hàm f tại các điểm z . Khi đó, ta có hàm hợp 0 và đạo hàm của nó là f ′(z) = 1 − \ { } ± 0, 1, 1 } − 2.9 (Hàm Joukowski) Ta nhận thấy hàm Joukowski f (z) = 1
khả vi trên C
f ′(z) = 0 khi và chỉ khi z =
giác trên C
1,
z = 0, 1, − \ {
.
∞
Tại z = 0 ta có f (0) = . Xét hàm g(z) = 1 ∞ (g f )(z) = 2 = 2z
z2 + 1 ◦ 1
z + 1
z và 1 z )2 z , ta xét hàm (g f )′(z) = g′(f (z))f ′(z) = 1 = 1
2 1
z2 z2)
2(1
(z2 + 1)2 .
− ◦ − − 1
4 (z + 1 (cid:16) (cid:17) = 0. Do đó, hàm g f bảo giác tại z = 0. Vậy hàm f ◦ ◦ 6 Vậy (g
f )′(0) = 2
bảo giác tại z = 0. Tại z = và với hàm g(z) = 1 ∞ (f g)(z) = + z = f (z). 1
2 1
z ◦ (cid:16) (cid:17) g bảo giác tại z = 0. ◦ Theo kết quả chứng minh trên ta suy ra được hàm f
Điều này lại suy ra hàm f bảo giác tại z = vì g(0) = ∞ .
∞ Ta biến đổi hàm f như sau 2
2 .
(cid:1) z
1
−
z+1
z
1
−
z+1 1 + = z + = f (z) = 1
2 1
z z2 + 1
2z (z + 1)2 + (z
(z + 1)2
(z 1)2
1)2 = 1 (cid:0) −
− − (cid:16) − (cid:1) (cid:0) f1 với f2 ◦ . f1(z) = f3(z) = (cid:17)
Vậy f là một ánh xạ hợp thành f = f3 ◦
z
1
f2(z) = z2
−
z + 1 1 + z
z
1 − Bài tập 1) = ) = ±
; hàm f3 bảo giác tại f2(0) = 0 và f2( ∞ ∞ ∞ − Ta nhận thấy các hàm f1 và f3 là hàm phân tuyến tính và hàm f2 là hàm
1; hàm f2 không bảo giác tại f1(1) = 0
lũy thừa. Hàm f1 bảo giác tại z =
và f1(
. Do đó, hàm
f không bảo giác tại z = 1 và z = 1. − 1 ) Chứng minh rằng hàm f (z) = zn, với n > 1 nguyên, không bảo giác
tại z = .
∞ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 2 (z + 1 z ). Hãy tìm ảnh của đường tròn IX ´Anh xạ bảo giác 300 2 ) Xét ánh xạ Joukowski w = 1
z = R. | | z 3 ) Tìm ảnh của đường tròn = 1 qua ánh xạ w = z (1 z)2 , đồng thời | | − tìm miền bảo giác của nó. z z : < 1 z { | | z }
| ≤ | | | | z :
1
{
|
| ≤
U thì
f (z)
= 1 hay tồn tại z0 ∈ }
f (z)
|
1. Thêm vào đó, nếu
|
=
thì ∈
f ′(0)
|
z với mọi z = | ≤
f (z0)
|
| f (z)
| z0| ∈ | | | | f ′(0)
|
= 0 mà
R. Chứng minh. Xét hàm khi z = 0 f (z)
z 6 ϕ(z) = f ′(0) khi z = 0.
0 . Theo công thức \ { } Rõ ràng hàm ϕ(z) liên tục trên ¯U và giải tích trên U
tích phân Cauchy đối với hàm f (z) ta có dξ và dξ = f (0) = 0 f (z) = 1
2πi f (ξ)
z
ξ 1
2πi f (ξ)
ξ ZC ZC −
U và C là đường tròn z = 1 định hướng dương. Do đó, với | | ∈ trong đó z
z U ta suy ra ∈ f (ξ) f (z) = dξ = dξ. 1
2πi f (ξ)
ξ f (ξ)
ξ z
2πi ξ(ξ z) z − ZC − − (cid:17) ZC
(cid:16)
ta có Vậy với z U 0 \ { ∈ f (ξ) ϕ(z) = = dξ = dξ. }
f (z)
z 1
2πi ξ(ξ z) 1
2πi ϕ(ξ)
z
ξ ZC ZC − − Hơn nữa, ta có dξ = 1
2πi ϕ(ξ)
ξ 1
2πi f (ξ)
ξ2 dξ = f ′(0) = ϕ(0). ZC ZC Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3. Bổ đề Schwarz 301 § Do đó, ϕ(z) = dz với mọi z U . 1
2πi ϕ(ξ)
z
ξ ∈ ZC − ϕ(z)
| | Do ϕ(z) liên tục trên ¯U nên theo định lý về tích phân loại Cauchy ta suy
ra được ϕ(z) giải tích trên U . Nếu ϕ(z) là hàm hằng trên U thì cũng suy
ra được nó là hàm hằng trên ¯U (do tính liên tục); cho nên
cũng là
hằng trên ¯U . Nếu ϕ(z) không là hàm hằng trên U thì từ nguyên lý cực đại
suy ra đạt cực đại trên biên. Do đó, ta luôn có ϕ(z)
| | . f (z)
z ϕ(z)
| f (z)
| = max
=1
z
|
| = max
=1 |
z
|
| max
¯U |
z
∈ z | | (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) < 1 với mọi z f (z) | Do
mọi z U và f (z) liên tục trên ¯U nên
ϕ(z) |
1 với mọi z 1, suy ra 1 với
| ≤
¯U . Do đó, f (z)
|
¯U . Vậy max
=1 | ∈
f (z)
| ≤ ∈ | | ≤ ∈ f (z) với mọi z | ≤ | | | 1. ϕ(0) từ định nghĩa hàm ϕ(z) và f (0) = 0 ta suy ra được
z | ∈ | ≤ f ′(0)
| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U mà z0 6 f ′(0)
| | . Điều đó có nghĩa là = f (z0)
| ϕ(z)
| | | | | ¯U và
=
|
= 0
Hơn nữa, giả sử thêm giả thiết
sao cho
đạt giá trị lớn nhất trên
z0|
¯U tại một điểm trong U . Theo nguyên lý modulus cực đại ta phải có ϕ là
hàm hằng trên ¯U và
= 1. Từ đó theo định nghĩa của hàm ϕ ta suy
ϕ(z)
|
(cid:3)
ra được f (z) = eiαz với α
R là hằng số.
∈ 1 : D∗ D∗ và f − → → 3.2 Định nghĩa. Một hàm đơn diệp f từ D lên D∗ trong đó D và D∗ là
các miền tùy ý trong C được gọi là phép đẳng cấu (hay đẳng cấu chỉnh
D là chỉnh hình (giải tích).
hình) nếu các hàm f : D
Trường hợp D∗ = D phép đẳng cấu được gọi là phép tự đẳng cấu. 3.3 Định lý. Mọi phép tự đẳng cấu của hình tròn đơn vị B(0, 1) là tự
đẳng cấu phân tuyến tính. Chứng minh. Giả sử w = f (z) là một tự đẳng cấu của B(0, 1). Ta ký
hiệu w0 = f (0). Theo Thí dụ 4.10 trang 116 ánh xạ phân tuyến tính
là tự đẳng cấu của hình tròn B(0, 1) biến điểm w0 thành
g(w) = w0
1 w
−
¯w0w − f cũng là một tự đẳng cấu của ◦ điểm 0. Khi đó, ánh xạ hợp thành h = g
B(0, 1) với h(0) = 0. Vậy theo bổ đề Schwarz ta có h(z) z với mọi z B(0, 1) | ≤ | | | ∈ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 302 IX ´Anh xạ bảo giác 1(w)
| ≤ |
1(w) = z, nên 1 cũng thỏa các điều kiện của bổ
B(0, 1). Do nếu
w
∈
. Kết hợp với kết
h(z)
|
với mọi z
B(0, 1). Lại theo bổ đề Schwarz ta
B(0, 1) trong đó α là một hằng số thực nào đó. với mọi w | | z ∈ | ≤ | | z h−
B(0, 1) và w = h(z) thì h−
h(z)
| ∈ | |
∈ Hơn nữa, ta cũng thấy ánh xạ ngược h−
đề Schwarz, cho nên ta có
z
quả trên ta có
=
|
có h(z) = eiαz với mọi z
Do đó, Bài tập = eiαz hay f (z) = . w0
1 f (z)
−
¯w0f (z) eiαz
¯w0eiαz − w0 −
1
− (cid:3) Vậy f là một hàm phân tuyến tính. 1 ) Tìm ánh xạ bảo giác w = f (z) biến miền D thành miền D∗ (a) D = z : z 2 < 1 w : w 2i < 2 , D∗ = { | − | } { | − | } (b) D = z : z < 1, z i < 1 w : Im w > 0 , D∗ = { | | | − { } 2 } (c) D = z : z < 1, z w : Im w > 0 }
> 1 , D∗ = { | | | − |
1
2 | { } (d) D = z w : Im w > 0 sao cho f ( 1) = 0, , D∗ = { { | | } } − z :
f (0) = 1, f (1) = < 1, Im z > 0
.
∞ D∗ là một đẳng cấu chỉnh → D∗ tùy ý. Khi đó, ta → D. Lấy w0 ∈ 1 : D∗
Chứng minh. Xét hàm ψ = ϕ−
đặt z0 = ψ(w0), suy ra ϕ(z0) = w0. Lấy ε > 0 bé tùy ý sao cho B(z0, ε)
⊆
D. Vì ϕ chỉnh hình nên theo nguyên lý bảo toàn miền ϕ(B(z0, ε)) là một
ϕ(B(z0, ε)) cho nên tồn tại δ > 0 sao cho
miền. Hơn nữa, do w0 = ϕ(z0)
B(w0, δ)
ψ(ϕ(B(z0, ε))) = B(z0, ε).
Vậy ψ liên tục tại w0. Do w0 ∈ ∈ ϕ(B(z0, ε)). Suy ra ψ(B(w0, δ)) ⊆ ⊆ D∗ tùy ý nên ψ liên tục trên D∗. z D : ϕ′(z) = 0 } { Theo giả thiết ta được ϕ′ chỉnh hình trên D. Do đó, theo Định lý 3.7
không có điểm tụ trong D. Bởi vì
D sẽ dẫn đến điều mâu ∈ trang 236 tập E =
∈
nếu điều đó xảy ra ta sẽ có ϕ′(z) = 0 với mọi z
thuẫn ϕ là hàm hằng trên D. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Định lý ánh xạ Riemann 303 § Xét F = ϕ(E). Khi đó, do ϕ là song ánh nên F cũng không có điểm
F \ F tùy ý. Từ đẳng thức D∗ tụ trong D∗. Hơn nữa, ta có D∗ = ϕ(D) là một miền nên cũng có D∗
là một miền. Lấy w1 ∈ = với z = ψ(w), z1 = ψ(w1) ψ(w)
w \
z
ϕ(z) ψ(w0)
w1 z1
ϕ(z1) −
− −
− . Vậy ψ khả vi trên và sự liên tục của ψ, ta suy ra được ψ′(w1) = 1
ϕ′(z1)
F . miền D∗ F , cho nên nó cũng giải tích trên D∗ \ \ Ngoài ra do F không có điểm tụ trong D∗ nên với mỗi a ∈ F a \ { ∩ } F tồn tại
= ∅. Do ψ giải tích trong η-lân cận thủng
η > 0 sao cho B(a, η)
của a và liên tục tại a nên ψ giải tích tại a. Từ đó ta kết luận được ψ giải
(cid:3)
tích trên D∗. 4.2 Nhận xét. Một trường hợp đặc biệt của định lý trên đối với ánh xạ
bảo giác: Nếu f là ánh xạ bảo giác trên miền D và là đơn ánh trên D thì
ánh xạ ngược của f trên f (D) cũng là ánh xạ bảo giác. Hơn nữa, ta cũng
có một phần của mệnh đề đảo này trong định lý sau. 4.3 Định lý. Giả sử f là một hàm giải tích trên tập mở D sao cho f
là đơn ánh trên D. Khi ấy, f là một ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm của
D. Hơn nữa, hàm ngược của f cũng là ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm của
D′ = f (D). = 0 với mọi z ∈ 6 D sao cho f ′(z0) = 0. Khi đó, phương
Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈
trình f (z) = f (z0) có nghiệm z0 với cấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theo
Định lý 6.10 trang 290 với w đủ gần f (z0) phương trình f (z) = w có
nhiều hơn một nghiệm trong lân cận của điểm z0. Vậy hàm f không là
đơn ánh trong lân cận nào của điểm z0, đây là điều vô lý. Do đó, ta phải
D. Điều đó có nghĩa là f là ánh xạ bảo giác trên
có f ′(z)
(cid:3)
D. Phần còn lại của định lý có được từ nhận xét trên. 4.4 Định lý. (Định lý ánh xạ Riemann) Mọi miền đơn liên D khác
C tương đương chỉnh hình với hình tròn đơn vị U = < 1 z : z . { | | } D. Gọi = C nên chọn w0 /
∈ F 6 là họ các hàm đơn diệp
ánh xạ ∈ F Chứng minh. D
chỉnh hình từ D vào U . Chúng ta phải chứng minh tồn tại ψ
D lên U . Đầu tiên chúng ta chứng minh = ∅. Ta nhận thấy hàm g(z) = z F 6 − w0
chỉnh hình và không nhận giá trị 0 trên D. Do D là miền đơn liên và theo Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 304 IX ´Anh xạ bảo giác − − a . Do không có hai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) = | | −
ϕ(z) + a a, r) − | | Định lý 5.15 trang 167 cho nên tồn tại hàm hàm chỉnh hình ϕ trên D sao
cho ϕ2(z) = z
w0. Nếu ϕ(z1) = ϕ(z2) thì cũng có ϕ2(z1) = ϕ2(z2), suy
ra z1 = z2. Vậy ϕ là đơn ánh. Lập luận tương tự chứng tỏ rằng không có
hai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) =
ϕ(z2). Theo nguyên lý bảo
toàn miền ϕ(D) là một miền, cho nên ϕ(D) chứa một hình tròn B(a, r) với
ϕ(z2)
0 < r <
nên có thể chọn r đủ nhỏ để B(
> r
với mọi z D. Khi đó, hàm f (z) = ϕ(D) = ∅. Do đó,
∩
r
.
thuộc họ
ϕ(z) + a F ∈ Bước tiếp theo ta chứng tỏ rằng nếu ψ mà ψ(Ω) không phủ U và ∈ F để nếu z0 ∈ D thì tồn tại ψ1 ∈ F > . ψ′1(z0)
| | ψ′(z0)
| | U xác định bởi Theo Thí dụ 4.10 trang 116 các hàm ϕα với α ∈ 1 . ϕα(z) = α
¯αz z
1 −
− là hàm song ánh biến U thành U , và ký hiệu hàm ngược của nó là α. α (z) = − = ϕ ϕ− z + α
αz + 1 − và α ψ ∈ F U và α /
∈ ψ(D). Khi đó, ϕα ◦ và ϕα ◦ ∈ F ∈ F − − − − α ◦ α ◦ β ◦ α ◦
◦
g(z0) = ϕβ (β) = 0, đạo hàm hàm hợp cho ta ψ không
Giả sử ψ
∈
có không điểm trong D. Do đó, theo Định lý 5.15 trang 167 tồn tại một
hàm chỉnh hình trên D sao cho g2 = ϕα ◦
ψ. Như trong phần chứng minh
= ∅ ta thấy rằng g là đơn ánh. Do đó, g
g ở đây
; và nếu ψ1 = ϕβ ◦
F 6
. Với ký hiệu ánh xạ s(w) = w2, chúng
β = g(z0), nó kéo theo rằng ψ1 ∈ F
ta có ψ = ϕ ψ = ϕ s g = ϕ s ϕ ψ1. ϕα ◦ ◦ Do ψ1(z0) = ϕβ ◦ β. − − α ◦ ở đây F = ϕ s ϕ ψ′(z0) = F ′(0)ψ′1(z0) ◦ − α và
β là đơn ánh và s không là đơn ánh); hơn nữa F cũng liên tục trên U . − U và F không là đơn ánh trên U (do ϕ ⊆ Chúng ta thấy rằng F (U )
ϕ
Theo công thức tích phân Cauchy ta có ξ =r | với 0 < r < 1. = 1
2πi F (ξ)
ξ2 dξ 1
2π 2πr
r2 = 1
r ≤ F ′(0)
| | Z| (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Định lý ánh xạ Riemann 305 § F ′(0) | | ≤ F ′(0)
| | 1 ta suy ra được
F ′(0)
|
c |
| | = 1 và γ = F (0) | 6 = 1.
1. Thật sự ta không thể có
= 1 và F (0) = 0 thì theo bổ đề Schwarz ta phải có
= 1 điều này mâu thuẫn với tính không 1-1 của F ; còn
F giải tích trên U liên
ϕγ(U ) = U , F1(0) = ϕγ(F (0)) = = 0 thì hàm F1 = ϕγ ◦
⊆ Cho r
→
Thật vậy nếu
F (z) = cz với
nếu
F ′(0)
|
tục trên U thỏa F1(U ) = ϕγ(F (U ))
ϕγ(γ) = 0 và 2 > 1,
| 1 = = = ϕ′γ(F1(0)) 1 γ F ′1(0)
| | | F ′1(0)
| | · | ϕ′γ(γ)
| | − | < 1, F ′(0)
| | . điều này mâu thuẫn với kết luận của bổ đề Schwarz. Vậy ta có
cho nên | ψ′1(z0)
ψ′(z0)
<
|
|
|
D và đặt
Cố định z0 ∈ . η = sup : ψ {| ψ′(z0)
|
h′(z0)
| | ∈ F < | | h′1(z0| h′(z0)
| = η. h′(z0)
| | 1
n . Do đó, ta được dãy sao cho
= có tính chất lim k ψn} ⊆ F
D đối với mỗi ψ < 1 với mọi z sao cho
= ∅ nên với mỗi n nguyên dương tồn tại ψn ∈ F
ψ′n(z0)
−
|
→∞ |
{
n
, nghĩa là họ hàm
ψ(z)
| ∈ F | ∈ F }
= η sẽ ánh xạ D lên U . Thật
Lập luận trên suy ra mọi h
với
sao cho
vậy, nếu h như thế nhưng không là toàn ánh thì tồn tại h1 ∈ F
η =
, mâu thuẫn với định nghĩa η. Hơn nữa, cũng từ điều
đó ta thấy rằng η > 0. Do đó, phép chứng minh hoàn thành khi ta chỉ ra
được h
∈ F
Do
F 6
> η
ψ′n(z0)
|
|
η. Bởi vì
∈
bị chặn đều trên D, và theo Định lý Montel 9.5 (trang 185) dãy ψn} { có dãy con { F
Weierstrass 6.4 trang 174 hàm h giải tích trên D và h′ = lim
→∞ ta được F
trong
ψnk }k hội tụ đều trên các tập compact tới h. Theo Định lý
ψ′nk . Từ đó
= η. Do đó, h không là | h′(z0)
| ψ′n(z0)
| = lim
k
→∞ U . Theo ψ′nk (z0)
|
U với n 1 ta suy ra được h(D) = lim
→∞ |
n
≥ ⊆ ⊆ |
hàm hằng. Bởi vì ψn(D)
nguyên lý bảo toàn miền ta suy ra h(D) U . ⊆ − { α. Ngoài ra các hàm ψnk − − α Vậy ta chỉ còn chứng minh h là đơn ánh. Cố định hai điểm khác nhau
z1 và z2 thuộc D, đặt α = h(z1) và αk = ψnk (z1) đối với k = 1, 2, . . ., và
giả sử ∆ là hình tròn đóng tâm z2 nằm trong D nhưng không chứa z1 sao
α không có không điểm trên ∂∆. Ta có tìm được ∆ như thế bởi
cho h
α không
vì tập không điểm của hàm giải tích nhưng không hàm hằng h
−
có điểm tụ trong D (Định lý 3.7 trang 236). Dãy hàm
αk}k hội tụ
ψnk −
đều trên ∆ tới h
αk không có không điểm
trong ∆, bởi vì các hàm này là 1-1 và có chỉ một không điểm z1. Theo
α không có không điểm trong ∆, đặc biệt
định lý Hurwitz (trang 287) h
(cid:3)
h(z2) = 0 hay h(z2) −
= h(z1). − 6 6 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 306 IX ´Anh xạ bảo giác 4.5 Hệ quả. Hai miền đơn liên trong C thì đồng phôi với nhau. Bài tập Chứng minh. Nếu D là một miền đơn liên trong C thì hoặc D trùng với
C hoặc đồng phôi với B(0, 1) (theo định lý ánh xạ Riemann). Từ đó ta kết
luận được D đồng phôi với C (vì B(0, 1) đồng phôi với C). Vậy hai miền
(cid:3)
đơn liên bất kỳ đồng phôi với nhau (do cùng đồng phôi với C). 1 ) Chứng minh rằng C không thể tương đương chỉnh hình với hình tròn mở. 2 ) Chứng minh rằng nếu f là một ánh xạ bảo giác tại z0 thì tồn tại một
ε-lân cận U của z0 sao cho f có hàm ngược trên U và hàm ngược ấy cũng
là ánh xạ bảo giác trên f (U ). = 0 với mọi z C. Nhận thấy rằng, theo kết quả trước đây bài toán này luôn luôn có lời
giải trong một lân cận điểm z0 ở đó hàm f là bảo giác. Tuy nhiên, nó
không có lời giải nào trong mọi lân cận của những điểm mà ở đó f không
bảo giác. Thật vậy, nếu f giải tích tại z0 nhưng không bảo giác tại z0,
nghĩa là f ′(z0) = 0, khi đó phương trình f (z) = f (z0) có nghiệm z0 với
cấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theo Định lý 6.10 trang 290 hàm f không
là đơn ánh trong bất kỳ lân cận nào của điểm z0. Theo Định lý 4.3 nếu
hàm giải tích f là đơn ánh trên tập mở thì f là ánh xạ bảo giác trên D.
Như vậy, ta có được một điều kiện cần để hàm giải tích f là đơn ánh trên
D. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ; chẳng hạn như hàm f (z) = ez
mà ta đã biết nó không là đơn ánh trên C nhưng nó bảo giác trên C vì
f ′(z) ∈ 6 z = x + iy : x, y ∈ { với α ∈ } z = x + iy : x, y R, (2k − ∈ { R, 2kπ < y < 2(k + 1)π z = x + iy : x, y với k ∈ ∈ { } Ta cũng biết rằng, hàm f (z) = ez là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2πi
R, α < y <
(Định lý 3.4 trang 92) nên mọi dải dạng
R đều là miền đơn diệp của hàm f . Ta thường quan tâm tới
α+2π
những dải có dạng Bk =
1)π < y < (2k + 1)π
}
Z. Mỗi
hay B′k =
dải như vậy cho chúng ta một nhánh hàm logarithm, ngược của f . Đặc Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 5 Bài toán biểu diễn bảo giác 307 § (
−∞ \ [0, ). biệt, với dải B0 ứng với hàm log z và với dải B′0 ứng với hàm ln z. Ta
cũng có, ảnh của Bk qua f là D = C
, 0] và ảnh của B′k qua f là
D′ = C \ ∞ 1)π 0 } \ { −
p < Arg z < (2k+1)π 1. Ta cũng thấy rằng ảnh của Sk qua f là D = C − \ Tương tự, nếu p là một số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2 thì hàm f (z) =
zp là bảo giác tại mọi điểm C
nhưng không đơn ánh trên đó. (Hàm
f không bảo giác tại 0; thật sự nó biến hai nửa đường thẳng tạo một góc
θ ở 0 thành hai nửa đường thẳng tạo thành góc pθ ở 0.) Từ kết quả căn
bậc p của một số phức thì miền đơn diệp của f là miền hình quạt vô tận
tâm 0 xác định bởi góc α < Arg z < α + 2π
p . Chẳng hạn, ta quan tâm đến
những miền đơn diệp Sk xác định bởi góc (2k
với
p
k = 0, 1, . . . , p
, 0].
(
−∞
Hàm f (z) = zp là ánh xạ bảo giác từ Sk lên D và có hàm ngược f −
1(z) =
p√z là một nhánh của hàm đa trị w = p√z. Bài tập 2 (z + 1 z ) và mô ta phép Bây giờ ta hãy nhắc lại bài toán ngược của phép biểu diễn bảo giác:
cho trước hai miền D và D′, hãy tìm xem khi nào tồn tại một phép biểu
diễn bảo giác từ D lên D′ và xác định cụ thể những phép biểu diễn bảo
giác đó. Thật sự, chúng ta đã xét một số ví dụ cụ thể cho lời giải bài toán
này có thể chưa dùng thuật ngữ ánh xạ bảo giác. Ta biết rằng nếu f là
ánh xạ bảo giác và là đơn ánh từ D lên D′ thì tất nhiên f là một phép
đồng phôi. Do đó, ta có ngay một điều kiện cần để bài toán có lời giải là
D và D′ đồng phôi. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ như ví dụ C và
B(0, 1) đồng phôi nhưng không tồn tại ánh xạ bảo giác từ C lên B(0, 1)
(theo định lý Liouville hàm giải tích và bị chặn trên C phải là hàm hằng).
Định lý ánh xạ Riemann cho chúng ta lời giải đối với trường hợp D và D′
là những miền đơn liên khác C. 1 ) Tìm miền đơn diệp của hàm Joukowski f (z) = 1
biểu diễn bảo giác của nó. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 308 ∞ . Một tích vô hạn các số phức pn} { 1.1 Định nghĩa. Cho dãy số phức
của dãy pn} { n=1
Y n (1.2) = pn p1p2 · · · pn · · · được xác định bởi giới hạn của dãy các tích riêng xác định bởi Pn =
pn. Tích vô hạn trên được gọi là hội tụ đến giá trị P = lim
Pn
p1 · · ·
→∞
nếu giới hạn này tồn tại và khác không. n Pn = 0. Nếu ta Có những lý do để chúng ta loại trừ trường hợp lim
→∞ 6 chấp nhận giá trị P = 0 thì bất cứ tích vô hạn nào với một nhân tử bằng
0 (trong dãy ban đầu có một phần tử bằng 0) sẽ hội tụ, và sự hội tụ đó
không phụ thuộc vào toàn bộ các nhân tử của tích. Một lý do cho điều
= 0 xuất phát từ việc chúng ta muốn biểu diễn một hàm qua tích
kiện P
vô hạn và điều này phải có thể thực hiện được đối với cả hàm có các không
điểm. Cũng vì lý do đó chúng ta đi đến quy ước chung là tích vô hạn (1.2)
được gọi là hội tụ nếu và chỉ nếu chỉ có hữu hạn các nhân tử bằng không
và nếu các tích riêng được thành lập từ các nhân tử khác không dần về
một giới hạn hữu hạn khác không. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 1 Tích số vô hạn 309 § ∞ 1.3 Thí dụ. Xét tích vô hạn . 1
n2 − (cid:17) 1
n=2 (cid:16)
Y n Ta đặt ∞ (n = = . 1 − Pn = 1
k2 1)(n + 1)
n2 n + 1
2n 1
3
·
22 · 2
4
·
32 · 3
5
·
42 · · · − (cid:17) Yk=2 (cid:16) Do đó n=2 (cid:16)
Y ∞ 1 = . 1
n2 n + 1
2n 1
2 − = lim
n
→∞ (cid:17) n=1
Y Xét tích vô hạn (1 + z2n−1 ) = (1 + z)(1 + z2)(1 + z4)(1 + z8) với · · · n < 1. Ta có z | | (1 (1 + z2n−1 ) = . (1 + z2k−1 ) = − · · · Pn = z)(1 + z)(1 + z2)
z 1 z2n
z − 1
−
1
− ∞ Yk=1
Vì vậy ta tính được n=1
Y 1 (cid:3) (1 + z2n−1 = . z2n
z 1 z ) = lim
n
→∞ 1
−
1
− − Trong tích vô hạn hội tụ, nhân tử tổng quát pn dần về 1. Thật vậy, sau khi loại bỏ các nhân tử bằng không, ta có n 1 − = 1. Pn
Pn lim
n
→∞ pn = lim
→∞ ∞ Với kết quả này, người ta thường viết tích vô hạn ở dạng n=1
Y (1.4) (1 + an). Khi đó, an = 0 là điều kiện cần để tích vô hạn này hội tụ. lim
n
→∞ Nếu không có nhân tử nào bằng không, một điều tự nhiên là so sánh tích vô hạn (1.4) với chuỗi vô hạn Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ 310 X Tích vô hạn n=1
X (1.5) log(1 + an) ∞ + iϕ với π và ϕ = arg(z) nghĩa là ϕ là − | ≤ trong đó log(z) = ln
π < ϕ
z
|
argument chính của z. Ta có kết quả sau. n=1
Y
∞ 1.6 Định lý. Tích vô hạn = 0 với mọi n hội tụ (1 + an) với 1 + an 6 n=1
X đồng thời với chuỗi vô hạn log(1 + an). Chứng minh. Trong số phức ta cũng có đẳng thức elog(z) = z. Do đó, với Sn là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.5) và Pn là tích riêng của
tích vô hạn (1.4) ta có eSn = Pn. Vậy nếu chuỗi (1.5) hội tụ và có tổng là S, thì n = 0. eSn = eS 6 lim
n
→∞ Pn = lim
→∞ n Nghĩa là tích vô hạn (1.4) hội tụ về eS. = 0. Chúng ta lấy giá trị logarithm của Pn = P 6 Ngược lại, giả sử lim
→∞ P là giá trị chính log(P ) = ln P + iarg(P ). | | Với mỗi n ta lấy giá trị logarithm của Pn như sau arg(P ) + π. log(Pn) = ln + iArg(Pn) với arg(P ) π < Arg(Pn) − ≤ Pn| | Theo tính chất của logarithm ta suy ra được 2πi, trong đó hn là số nguyên hoàn toàn xác định. Sn = log(Pn) + hn ·
Với hai giá trị liên tiếp ở trên chúng ta thu được Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 311 1 Tích số vô hạn § hn)2πi = log(Pn) log(Pn+1) + log(1 + an+1). (hn+1 − − Suy ra hn)2π = Arg(Pn) Arg(Pn+1) + arg(1 + an+1) − n Pn = P cùng với điều kiện arg(P ) π < Arg(Pn) − ≤ (hn+1 −
an = 0 và lim
→∞ Do lim
n
→∞ arg(P ) + π nên với mọi n > N nào đó ta suy ra được , < . < Arg(Pn) 2π
3 2π
3 | arg(P )
| − arg(1 + an)
| | Vậy với mọi n > N ta suy ra được Arg(Pn) 1
2π hn+1 − | hn| ≤ |
(cid:0) + arg(P )
| arg(1 + an)
| | − (cid:1) < + + 2π
3 arg(P )
−
|
Arg(Pn+1)
2π
3 +
|
2π
3 (cid:16) (cid:17) 1
2π
= 1. · Điều đó có nghĩa là hn+1 = hn với mọi n > N , suy ra khi n > N các hn
cùng bằng một số nguyên h cụ thể nào đó và Sn = log(Pn) + h
2πi (khi
n > N ). Do đó, n 2πi] = log(P ) + h 2πi. [log(Pn) + h · · lim
n
→∞ Sn = lim
→∞ (cid:3) Vậy chuỗi (1.5) hội tụ. ∞ 1.7 Định nghĩa. Tích vô hạn (1.4) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu
chuỗi tương ứng (1.5) hội tụ tuyệt đối. n=1
Y ∞ 1.8 Định lý. Điều kiện cần và đủ để tích vô hạn (1 + an) hội tụ tuyệt n=1
X đối là chuỗi an hội tụ tuyệt đối. Chứng minh. Với giá trị chính của logarithm ta có = 1. log(1 + z)
z lim
0
z
→ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ ∞ 312 X Tích vô hạn n=1
X Khi (1 + an) hội tụ tuyệt đối hay an hội tụ tuyệt đối, ta đều suy n n=1
Y
ra được lim
→∞ an = 0. Khi đó, với ε > 0 nhỏ hơn 1 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n > N ta có 1 < ε, − log(1 + an)
an suy ra < < ε (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
log(1 + an) log(1 + an) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
| − | || an|| | an| − an| | hay ∞ (1 < . ε)
| an| − log(1 + an)
| < (1 + ε)
| an| | ∞ Từ bất đẳng thức kép trên ta suy ra chuỗi an hội tụ tuyệt đối khi và n=1
X
log(1 + an) hội tụ tuyệt đối. Từ đó ta có được kết luận n=1
X chỉ khi chuỗi ∞ (cid:3) của định lý. n=1
Y ∞ 1.9 Hệ quả. Giả sử 0 (1 un < 1. Khi đó, tích un) hội tụ nếu và ≤ − n=1
X ∞ chỉ nếu un < .
∞ n=1
Y ∞ ∞ Chứng minh. Theo định lý trên tích (1 un) hội tụ khi và chỉ khi − (cid:3) chuỗi số un) hội tụ tuyệt đối nghĩa là chuỗi un hội tụ. n=1
X (
−
n=1
X trên tập D khi với mỗi z an(z)
} ∈ { ∞ an(z)
} { n=1
Y (2.1) an(z). Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ 2 Tích vô hạn hàm phức 313 § ∞ Từ Định lý 1.6 để tìm miền hội tụ của tích vô hạn an(z) ta chỉ việc n=1
Y
log(an(z)). Khái niệm hội tụ tuyệt đối n=1
X ∞ tìm miền hội tụ của chuỗi hàm n=1
Y ∞ của tích vô hạn các hàm an(z) được định nghĩa thông qua chuỗi hàm n=1
X ∞ log(an(z)), ta có định nghĩa sau. n=1
Y ∞ 2.2 Định nghĩa. Tích vô hạn các hàm an(z) được gọi là hội tụ tuyệt n=1
X đối trên tập D nếu chuỗi hàm log(an(z)) hội tụ tuyệt đối trên D. ∞ n=1
Y n=1
X
cũng giải tích trên D. ∞ 2.3 Nhận xét. Từ Định lý 1.6 ta suy ra được nếu hàm xác định bởi chuỗi
∞ log(an(z)) giải tích trên D thì hàm xác định bởi tích vô hạn an(z) n=1
Y
n 2.4 Định nghĩa. Tích vô hạn các hàm un(z) được gọi là hội tụ đều trên D nếu dãy các tích riêng pn(z) = uk(z) hội tụ đều trên D. ∞ Yk=1 n=1
Y ∞ 2.5 Định lý. Tích vô hạn các hàm un(z) hội tụ đều trên D khi và chỉ n=1
X n n khi tổng log(un(z)). uk(z) và sn(z) = log(un(z)). Cũng như Chứng minh. Đặt pn(z) = Yk=1 Xk=1 trong chứng minh định lý 1.6 ta có đẳng thức sau esn(z) = pn(z). Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 314 X Tích vô hạn ∞ ∞ Điều này cùng với sự liên tục của hàm mũ ta suy ra được sự hội tụ đều n=1
Y n=1
X của tổng log(un(z)) kéo theo sự hội tụ đều của tích un(z). Tương tự như chứng minh định lý 1.6 ta có thể thu được 2πi với mọi z D khi n đủ lớn sn(z) = log(pn(z)) + h · ∈ n=1
Y ∞ trong đó h là một số nguyên xác định. Vì vậy từ sự liên tục của hàm
∞ logarithm ta suy ra được nếu tích un(z) hội tụ đều trên D thì tổng n=1
X ∞ (cid:3) log(un(z)) hội tụ đều trên D. z
n trên tập compact D bất n n=1 (cid:16)
Y
z
kỳ. Khi đó, tồn tại R > 0 sao cho
| z
n = log 1 + 2.6 Thí dụ. Xét tích vô hạn e− z
n (cid:17) < R với mọi z = 0 z
n | ∈ D. Do lim
→∞ nên với n đủ lớn ta có ∞ 1 + log 1 + . e− z
n z
n z
n − (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16) Từ khai triển Maclaurin của hàm log(1 + z/n) khi n > R ta có ∞ ∞ R
n ) ∞ ∞ z
n hội R
n ) n=1
X ∞ n=1
X
1 + z
n hội tụ đều n=1 (cid:16)
Y
và tuyệt đối trên bất kỳ tập compact nào trong C. = log 1 + z
n z
n zk
knk . − (cid:17) (cid:16) Xk=2 Mặt khác, với mọi z D, ta có ∈ 1 < zk
knk Rk
2nk = R2
n2 . 2(1 − Xk=2 Xk=2 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
1 log Do chuỗi 1 + e− R2
n2 hội tụ nên chuỗi hàm z
n 2(1 − (cid:17) (cid:16) tụ đều và tuyệt đối trên D. Vậy tích vô hạn e− z
n (cid:17) ′ Mặt khác, với mọi < R và n đủ lớn ta có z | | 1
n
1 + z n − = = log 1 + z
n z
n 1
n n2 2R
n2 . − ≤ | z
|
|
1 + z
n | (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ ′ hội tụ đều trên 2 Tích vô hạn hàm phức 315 § n=1 (cid:16)
X ∞ z
n giải tích trên z : z < R . Vậy log 1 + Suy ra chuỗi z
n z
n − { | | } n=1
X ∞ z
n giải tích n=1 (cid:16)
Y ∞ z : z < R . (cid:17)
log (cid:17)
1 + (cid:16)
hàm xác định bởi chuỗi e− z
n { | | } (cid:17) (cid:16) 1 + Do R tùy ý nên suy ra hàm xác định bởi tích e− z
n (cid:17) trên C; hơn nữa hàm này chỉ có các không điểm là các số nguyên âm. (cid:3) ∞ . 2.7 Thí dụ. Cho dãy số phức . Xét tích vô hạn các hàm − an} { z
an 1
n=1 (cid:16)
Y (cid:17)
Theo Định lý 1.8 tích vô hạn đã cho hội tụ tuyệt đối khi và chỉ khi chuỗi n=1
X số hội tụ. Trong trường hợp này tích vô hạn đã cho hội tụ đều | 1
an| trên bất kỳ tập compact nào. Hơn nữa, với < R và n đủ lớn ta có z | | ′ z
an 1 < . log 1 = − z
an an(1 )
| | − 2
an| | (cid:17)(cid:17) (cid:16) ∞ (cid:12)
(cid:16)
(cid:12)
(cid:12)
∞ (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
′ hội tụ đều trên z : z < R . Vậy hàm Suy ra chuỗi log 1 { | | } − z
an n=1 (cid:16)
X
xác định bởi chuỗi n=1
X ∞ z giải tích trên z : < R . Do R tùy (cid:16)
log 1 | | { } − (cid:17)(cid:17)
z
an (cid:17) (cid:16) ý nên suy ra hàm xác định bởi tích giải tích trên C; hơn nữa − z
an (cid:17) 1
n=1 (cid:16)
Y (cid:3) hàm này chỉ có các không điểm tại an với n = 1, 2, . . .. Ta có kết quả gần như liên hệ với Định lý 1.8 đối với sự hội tụ đều của tích vô hạn các hàm, nhưng trước hết ta cần chứng minh bổ đề sau. N N 2.8 Bổ đề. Nếu u1, . . . , uN là các số phức và nếu n=1
Y n=1
Y (1 + ) pN = (1 + un), p∗N = un| | + + uN thì u1| ··· | | 1 1. e| p∗N ≤ pN − | | ≤ p∗N − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) X Tích vô hạn 316 N + + un uN u1| ··· | | = e| |. Chứng minh. Trong giải tích thực ta chứng minh được bất đẳng thức
1 + x 0. Do đó, ta có ex với mọi x ≤ ≥
N (1 + ) e| p∗N = un| | ≤ n=1
Y
P1 − n=1
Y
= p∗N − Với N = 1, ta có = | u1| | 1. Vậy bất đẳng thức thứ hai
1. Khi đó, ta − 1
|
cần chứng minh đúng với N = 1. Giả sử nó đúng với N
suy ra được 1(1 + uN ) − − 1 − − − 1 −
1 − 1 = = pN | | | pN − 1)(1 + uN ) + uN | (1 + 1 |
) + ≤ | | |
1)(1 + |
) + 1. pN
(p∗N ≤ (pN
uN |
uN |
| = p∗N − (cid:3) 1
−
|
uN |
uN |
|
Ta suy ra được điều phải chứng minh. ∞ n=1
X ∞ 2.9 Định lý. Giả sử là dãy các hàm bị chặn trên tập D sao cho un(z)
} { hội tụ đều trên D. Khi đó, tích chuỗi un(z)
| | n=1
Y f (z) = (1 + un(z)) ∞ 1. Ngoài ra, nếu n1, n2, n3, . . .
} { hội tụ đều trên D và f (z0) = 0 với z0 nào đó thuộc D nếu và chỉ nếu tồn
tại n để un(z0) =
là một hoán vị bất kỳ
của −
thì 1, 2, 3, . . .
} { f (z) = (1 + unk (z)). ∞ Yk=1 ∞ ∞ Chứng minh. Từ giả thiết suy ra rằng bị chặn trên D. Thật un(z)
| | n=1
X
hội tụ đều trên D nên tồn tại N0 sao cho n=1
X
D, và do dãy
∈
< M0 với mọi z N0 ∞ ∞ < vậy, do chuỗi un(z)
| | un(z)
| | Xn=N0+1 bị chặn trên D nên tồn tại M0 sao n N0; do đó, ta có 1 với mọi z
un(z)
cho
| | un(z)
{
}
D với mọi 1
∈ ≤ ≤ n=1
X n=1
X = + D. < N0M0 + 1 với mọi z un(z)
| | un(z)
| | un(z)
| | ∈ Xn=N0+1 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) N 2 Tích vô hạn hàm phức 317 § n=1
Y (1 + un(z)) và C = eN0M0+1. Khi đó, theo Bổ đề 2.8 ta Đặt pN (z) = N N có n=1
Y un(z) n=1
Y
ePN n=1 |
|
≤
< eN0M0+1 = C = (1 + ) 1 + un(z) pN (z)
| | | ≤ un(z)
| | | 2 tùy ý. Lấy N1 sao cho ∞ với mọi z D. ∈
Cho 0 < ε < 1 (2.10) < ε với mọi z D. un(z)
| | ∈ Xn=N1 là một hoán vị bất kỳ của n1, n2, n3, . . . . Nếu N > N1 } { 1, 2, 3, . . .
} { Giả sử
và nếu M > N và đủ lớn sao cho M 1, 2, . . . , N } ⊂ { n1, n2, . . . , nM } { và nếu qM (z) = (1 + unk (z)), thì Yk=1 M
k
(cid:16) Y1
≤
≤
nk>N 1 . qM (z) pN (z) = pN (z) (1 + unk (z)) − − (cid:17) Do đó, từ (2.10) và Bổ đề 2.8 ta suy ra được M
k
(cid:16) Y1
≤
≤
nk>N 1 qM (z) pN (z) 1 + unk (z) | − pN (z)
| | ≤ | | − | (cid:17) un(z) | 1 1 + un(z) pN (z)
| ≤ | | − | (cid:17) 1) − ≤ | (cid:16) Yn>N
(ePn>N |
(eε 1) − ≤ | 2ε pN (z)
|
pN (z)
|
pN (z)
| |
≤
< 2εC Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 318 X Tích vô hạn D và N > N1. Đặc biệt, khi nk = k với mọi k = 1, 2, . . . thì ∈ với mọi z
qM (z) = pM (z). Khi đó, ta viết lại < 2εC D. pM (z) với mọi M > N > N1, z | pN (z)
| − ∈ hội tụ đều trên D về hàm giới hạn f . Mặt khác, từ pN (z)
} { Vậy dãy hàm
bất đẳng thức ở trên ta suy ra được bất đẳng thức 2ε với mọi z pM (z) pN (z) D và M > N > N1. | − pN (z)
| | | ≤ ∈ Do a b a b nên với mọi z D và M > N > N1 ta suy ra được | − | | ≤ | − | ∈ (1 . pN (z) pM (z) |
(cid:12)
(cid:12) 2ε)
| − | ≤ | (1 + 2ε)
| pN (z)
| | ≤ (cid:12)
(cid:12)
Do đó, cho M ta được (1 f (z) với mọi z D. → ∞
pN (z) | ≤ | (1 + 2ε)
| pN (z)
| | ≤ ∈ D và n sao cho un(z0) = − 2ε)
−
|
1, thì pN (z) = 0 khi N > n,
Nếu tồn tại z0 ∈
suy ra f (z0) = 0. Ngược lại, nếu f (z0) = 0 thì ta phải có pN (z0) = 0 suy
ra tồn tại n sao cho un(z0) = 0. Trở lại trường hợp tổng quát, ta có f (z) + qM (z) qM (z) pN (z) − | ≤ | | pN (z)
| f (z)
| − < 2εC + −
pN (z) − | |
f (z)
| ∞ ∈ qM (z)
} { hội tụ về hàm
(cid:3) với mọi z
f (z) là hàm giới hạn của D, M > N > N1. Từ đó suy ra dãy
. pN } { n=1
Y ∞ 2.11 Định lý. Giả sử 0 (1 un < 1. Khi đó, un) > 0 nếu và chỉ − ≤ n=1
X n nếu un < .
∞ (1 Chứng minh. Đặt pn = uk). Ta nhận thấy pn > 0 và pn+1 = ∞ n=1
X ∞ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 cho un+1) pn(1 Yk=1
pn. Vậy dãy
{ −
pn} −
nên tồn tại 0. Theo Định lý 2.9 nếu = 1 pn = p un < ≥ và un 6 ∞ ≤
lim
n
→∞ n=1
Y với mọi n nên suy ra (1 un) = p > 0. − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ 319 3 Dạng chính tắc Weierstrass § x khi x n=1
X
n Pn k=1 uk Ngược lại, nếu và do 1 0, ta có x < e− un = ∞ − ≥ p (1 với mọi n. e− pn = uk) ≤ − ≤ Yk=1 (cid:3) Cho n ta suy ra được p = 0. → ∞ ∞ 2.12 Định lý. Giả sử các hàm fn, n = 1, 2, . . ., giải tích trên miền Ω, n=1
X ∞ không hàm nào đồng nhất bằng không trên Ω, và chuỗi 1 hội | − fn(z)
| n=1
Y
đều trên các tập compact, và hàm f giải tích trên Ω. Ngoài ra ∞ tụ đều trên mọi tập compact trong Ω. Khi đó, tích f (z) = fn(z) hội tụ n=1
X m(f ; z) = (2.13) z Ω m(fn; z) ∈ = 0 ta xem 6 ở đây m(f ; z) ký hiệu số bội của không điểm z của f (nếu f (z)
m(f ; z) = 0). ∞ − Chứng minh. Đặt un(z) = fn(z)
1. Suy ra các hàm un(z) giải tích trên
Ω nên chúng bị chặn trên các tập compact trong Ω. Theo Định lý 2.9 đối n=1
Y với dãy hàm ta suy ra được tích fn(z) hội tụ đều về hàm f un(z)
} { trên các tập compact trong Ω. Do đó, f giải tích trên Ω. Ω. Nếu f (z0) = 0 thì theo Định lý 2.9 ta được fn(z0) Lấy z0 ∈ 6 6 ∞ = 0 với mọi z 6 6 = 0 với
mọi n. Do đó, ta có được đẳng thức (2.13). Nếu f (z0) = 0, thì tồn tại một
lân cận V trong Ω của z0 sao cho f (z)
= z0. Do đó, các fn
chỉ đạt giá trị không trong V tại z0; hơn nữa chỉ có hữu hạn các hàm fn n=1
X như thế bởi vì chuỗi số hội tụ. Nghĩa là tồn tại N > 0 sao 1 + fn(z0)
| | N ∞ = 0 với mọi n > N mọi z V . Do đó, cho fn(z) ∈ 6 n=1
X n=1
X m(fn; z0) = m(fn; z0). Hơn nữa, theo Định lý 2.9 ta suy ra được đẳng thức (2.13) tại z0. Ta cũng
nhận thấy chỉ có hữu hạn các số hạng của chuỗi trong (2.13) là dương với
(cid:3)
mọi z Ω. ∈ Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 320 X Tích vô hạn g(z) là hàm hằng gọi là C. Khi đó, ta có f (z) = Ceg(z) f (z) = eg(z)+log C . Như vậy, ta có một tính chất đặc trưng của hàm giải tích: Hàm f (z) giải
tích và khác không khi và chỉ khi nó có dạng eg(z) trong đó g(z) là hàm
giải tích. Từ kết quả trên và từ Định lý 3.2 ta dễ dàng chứng minh được kết quả
tổng quát cho hàm giải tích có hữu hạn các không điểm. Kết quả này được
phát biểu trong định lý sau. N 3.1 Định lý. Nếu hàm giải tích f (z) có m (m có thể bằng không) không
điểm tại gốc tọa độ (tại 0) và có các không điểm khác là a1, a2, . . . , aN
(các số có thể lặp lại). Khi đó, hàm f có thể biểu diễn dưới dạng f (z) = zmeg(z) − z
an (cid:17) 1
n=1 (cid:16)
Y trong đó g(z) là hàm giải tích. n ∞ an = .
∞ 3.2 Định lý. Tồn tại hàm giải tích có không là không điểm bội m và có
vô hạn không điểm khác không a1, a2, . . . (nếu α là một không điểm bội m
thì α sẽ xuất hiện m lần trong dãy) thỏa lim
→∞ 1 Chứng minh. Xét tích vô hạn các hàm epn(z) trong đó pn(z) − n=1 (cid:16)
Y
là một đa thức. Cho R > 0 bất kỳ. Xét D =
{
ta có z : z
an
z D . Theo giả thiết | (cid:17)
| ≤ } = 0 với mọi z D. ∈ z
an lim
n
→∞ 2 3 Do đó, với n đủ lớn ta có khai triển = log 1 1
2 1
3 − − − · · · − z
an z
an − z
an z
an (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:17) (cid:16) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 3 Dạng chính tắc Weierstrass 321 § 2 mn Chọn đa thức pn(z) là một tổng riêng của chuỗi lũy thừa trên: + . + + pn(z) = 1
2 · · · z
an z
an 1
mn z
an (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) Từ đó ta tính được mn+1 mn+2 k ∞ log 1 + pn(z) − z
an (cid:16) (cid:17) = − − − · · · 1
mn + 1 z
an 1
mn + 2 z
an (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) Do đó, modulus của nó được ước lượng khi z D như sau ∈ k 1 − mn+1 ∞ log 1 1
k − ≤ z
an z
an (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16)
∞ (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) + pn(z)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) ≤ Xk=mn+1 (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
1
mn + 1 |
mn+1 = R
an| (cid:17)
1 − 1
mn + 1 | | (cid:16) (cid:16) R
an| (cid:17) n=1
X 1 mn+1 − hội tụ (chẳng Giả sử mn được chọn sau cho chuỗi Xk=mn+1 (cid:16)
R
an| (cid:17)
1
mn + 1 | R
an| (cid:17) (cid:16)
hạn ta chọn mn = n). Khi đó, với n đủ lớn ta có mn+1 ∞ + 1 )2+ )mn z
an 2 ( z
an + 1
mn ( z
an ··· 1 < π. log 1 − ≤ − z
an 1
mn + 1 | | (cid:16) (cid:16) R
an| (cid:17) (cid:17) (cid:16) + pn(z)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
Do đó
(cid:12) epn(z) = log 1 log 1 − − z
an (cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) + pn(z)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) ≤ (cid:12)
2
(cid:12)
(cid:12)
mn + 1 | R
an| (cid:17)
z
an
(cid:17)
R
an| (cid:17) (cid:16) ∞ + 1 )2+ )mn z
an 2 ( z
an + 1
mn ( z
an ··· n=1
X
compact D, suy ra tích n=1 (cid:16)
Y Vậy chuỗi log 1 hội tụ đều trên tập e − z
an (cid:16) (cid:17) e hội tụ đều 1 − z
an (cid:17)
trên tập compact D về hàm f ; hơn nữa hàm f giải tích trên D. Do R
tùy ý nên f giải tích trên D. Ta cũng có hàm f chỉ có các không điểm là
(cid:3)
a1, a2, a3 . . .. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 322 X Tích vô hạn + 1 )2+ )mn z
an 2 ( z
an + 1
mn ( z
an ··· a1| ≤ | | 3.3 Định lý. (Weierstrass) Nếu hàm giả tích f nhận 0 là không điểm
a2| ≤
bội m và có vô hạn không điểm khác không a1, a2, . . . thỏa 0 <
(ngoài ra không còn không điểm nào khác) thì hàm f an = ∞ và lim
n
→∞ · · ·
có thể được biểu diễn ở dưới dạng 1 e (3.4) − z
an (cid:17) f (z) = zmeg(z) ∞
n=1 (cid:16)
Y trong đó mn là các số tự nhiên xác định và g(z) là hàm giải tích. ∞ + 1 )2+ )mn z
an 2 ( z
an + 1
mn ( z
an ··· Chứng minh. Theo định lý trên tồn tại hàm giải tích n=1 (cid:16)
Y 1 P (z) = e − z
an (cid:17) chỉ có các không điểm a1, a2, a3, . . .. Do đó, hàm xác định bởi f (z)
zmP (z) sau khi rút gọn là một hàm giải tích không có bất kỳ một không điểm nào. Vì vậy nó phải có dạng = eg(z) trong đó g(z) là một hàm f (z)
zmP (z) (cid:3) giải tích. Từ đó ta được điều phải chứng minh. 3.5 Định lý. Mọi hàm phân hình trên C là thương của hai hàm giải tích. Chứng minh. Nếu F (z) là một hàm phân hình trên C thì chúng ta có
thể tìm được một hàm giải tích g(z) (áp dụng Định lý 3.3) sao cho mỗi
không điểm của g(z) là một cực điểm của F (z) và ngược lại. Khi đó, hàm
F (z)g(z) sao khi rút gọn là một hàm giải tích f (z), và chúng ta thu được
(cid:3)
F (z) = f (z)/g(z). 3.6 Định nghĩa. Với p là một số nguyên không âm, hàm G(u, p) xác định
bởi + up p 2 + ··· 1 p = 0 − G(u, p) = p > 0 u
u)eu+ u2 (1 ( − Hàm G(u, p) được gọi là nhân tử sơ cấp Weierstrass. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Genus của hàm giải tích 323 § ∞ Cho là một dãy không có số hạng nào bằng không và có modulus { an}
không giảm. Tích vô hạn n=1
Y G (3.7) , p z
an (cid:16) (cid:17) và p được gọi an} { được gọi là tích chính tắc Weierstrass ứng với dãy
là genus của tích chính tắc. p+1 ∞ n=1
X ∞ hội tụ với mỗi R, 1
p + 1 | R
an| (cid:17) (cid:16) n=1
X điều đó có được khi chuỗi | 1
p+1 hội tụ.
an| ∞ 4.1 Định nghĩa. Nếu hàm giải tích f có thể được biểu diễn dưới dạng n=1
Y f (z) = zmeg(z) G , p z
an (cid:16) (cid:17) = 0, an+1| ≥ | an| | với mọi n, và g(z) là một đa thức có bậc q.
được gọi là genus
q, p } { trong đó a1 6
Khi đó, ta nói hàm f có genus hữu hạn và max
của hàm f . ∞ ∞ 4.2 Thí dụ. Xét hàm giải tích sin πz. Ta nhận thấy các không điểm là
các số nguyên z = n. Do ± n=1
X n=1
X phân kỳ 1
n 1
n2 hội tụ z chúng ta phải lấy p = 1 và thu được biểu diễn ở dạng n . e sin πz = zeg(z) z
n − (cid:17) 6 1
=0 (cid:16)
Yn Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 324 X Tích vô hạn z
n . =0 (cid:16)
Yn Người ta chứng minh được eg(z) = π. Do đó, sin πz có biểu diễn ở dạng
tích chính tắc là sin πz = πz e 1 z
n − (cid:17) 6 (cid:3) Vậy hàm giải tích sin πz có genus 1. ∞ 4.3 Thí dụ. Hàm giải tích có genus 0 là hàm ở một trong các dạng n=1
X N Czm ∞ với < − ,
∞ z
an | 1
an| (cid:17) 1
n=1 (cid:16)
Y hoặc . Czm − z
an (cid:17) 1
n=1 (cid:16)
Y ∞ ∞ z
an Hàm giải tích có genus 1 là hàm ở một trong các dạng 2 , n=1
X n=1
X n=1 (cid:16)
Y ∞ với 1 e Czmeαz ∞ = − ,
∞ z
an 1
an| | 1
an| | (cid:17) hoặc n=1
X n=1 (cid:16)
Y 1 với α = 0, Czmeαz ∞ , − 6 z
an | 1
an| (cid:17) N hoặc (cid:3) với α = 0. Czmeαz 6 − z
an (cid:17) 1
n=1 (cid:16)
Y 4.4 Định lý. (Borel) Cho F (z) là một hàm giải tích có genus là 0 hoặc
1. Nếu tất cả các không điểm của F (z) là thực thì đạo hàm của nó F ′(z)
có tất cả các không điểm là thực và giữa hai không điểm liên tiếp của F (z)
có một và chỉ một không điểm của F ′(z). Genus của F ′(z) bằng với genus
của F (z). Chứng minh. Giả sử F (z) có genus 0 và có các không điểm thực. Nếu
F (z) có dạng 1 − z
an (cid:17) F (z) = Czm ∞
n=1 (cid:16)
Y Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 4 Genus của hàm giải tích 325 § 1 trong an là các số thực, thì − ∞n=1 k =n 1
an z
ak z
an
−
Czm ∞n=1
z
an ∞ n=1
X Cmzm 1 Czm 1 6 − = F ′(z)
F (z) 1 −
∞n=1 (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) Q Q P
− 1 (cid:0) (cid:1) Q . + = m
z z an − ∞ Do đó, phần ảo của F ′(z)/F (z) xác định bởi (với z = x + iy) n=1
X y Im = F ′(z)
F (z) my
x2 + y2 + (x − an)2 + y2 .
− − (cid:16) (cid:17) ∞ ′ Từ đó ta thấy rằng phần ảo của F ′(z)/F (z) bằng không chỉ khi y = 0. Do
đó, F ′(z) chỉ có không điểm thực. Mặt khác, ta có n=1
X = F ′(z)
F (z) (z − m
z2 − 1
zn)2 (cid:19) (cid:18) − về ∞ N nó nhận giá trị thực âm khi z là số thực. Vậy giữa hai không điểm thực
liên tiếp của F (z) và khi z tăng hàm F ′(z)/F (z) phải giảm từ
.
−∞
Do đó, F ′(z) có đúng một không điểm thực giữa hai không điểm thực liên
tiếp của F (z). Trường hợp hàm F (z) có dạng n=1 (cid:16)
Y 1 F (z) = Czm − z
an (cid:17) với an là các số thực, ta chứng minh cũng giống như trên để được kết luận
của định lý. z
an Giả sử hàm giải tích F (z) có genus 1 và có các không điểm đều là thực. Nếu F (z) có dạng e − z
an (cid:17) F (z) = Czmeαz ∞
1
n=1 (cid:16)
Y Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 326 X Tích vô hạn z
an với α, an là các số thực, thì ta tính được 1 + αzm) − z
an ∞n=1
z
(cid:0)
an z
ak z
ak ∞n=1
z
e
(cid:0)
a2
n ∞n=1 z
(cid:0)
an ∞ n=1
X
∞ Ceαz(mzm 1 e = F ′(z)
F (z) −
z
e
an Czmeαz (cid:1) 1
Q
−
z
an e 1 Czmeαz (cid:1)
=n
k 6 − −
z
e
an (cid:1) 1
Q Q
∞n=1
Czmeαz
P − (cid:0) (cid:1) + α = m
z z) − n=1 (cid:16)
X z
Q
an(an −
1 + + α + = . m
z z an 1
an − (cid:17) ∞ Do đó, phần ảo của F ′(z)/F (z) xác định bởi (với z = x + iy) n=1
X y = Im F ′(z)
F (z) my
x2 + y2 + (x − an)2 + y2 .
− − (cid:17) (cid:16) ∞ ′ Từ đó ta thấy rằng phần ảo của F ′(z)/F (z) bằng không chỉ khi y = 0. Do
đó, F ′(z) chỉ có không điểm thực. Mặt khác, ta có n=1
X = F ′(z)
F (z) (z − m
z2 − 1
zn)2 (cid:18) (cid:19) − giống trường hợp trên, nên ta có được kết luận của định lý. Trường hợp
hàm F (z) có dạng n=1 (cid:16)
Y 1 F (z) = Czmeαz ∞ − z
an (cid:17) với α và an là các số thực. Ta tính được 1 + αzm) z
an −
Czmeαz ∞n=1 ∞n=1
z
(cid:0)
an Ceαz(mzm 1 − = F ′(z)
F (z) (cid:1) 1
Q z
ak ∞ n=1
X Czmeαz
Q 6 − − (cid:1)
=n
k
1 −
1
an
∞n=1 1
z
(cid:0)
an (cid:1) Q (cid:0)
∞n=1
Czmeαz
P − (cid:1) (cid:0) Q + α . = m
z z − 1
an − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 5 Hàm gamma 327 § ∞ Do đó, phần ảo của F ′(z)/F (z) xác định bởi (với z = x + iy) n=1
X y = Im F ′(z)
F (z) my
x2 + y2 + (x − an)2 + y2 .
− − (cid:17) (cid:16) ∞ ′ Từ đó ta thấy rằng phần ảo của F ′(z)/F (z) bằng không chỉ khi y = 0. Do
đó, F ′(z) chỉ có không điểm thực. Mặt khác, ta có n=1
X = F ′(z)
F (z) (z − m
z2 − 1
zn)2 . (cid:18) (cid:19) − N Ta cũng có được kết quả của định lý. Trường hợp hàm F (z) có dạng F (z) = Czmeαz − z
an (cid:17) 1
n=1 (cid:16)
Y với α và an là các số thực. Ta cũng suy ra được kết luận của định lý như
(cid:3)
các trường hợp trên. ∞ z
n . n=1 (cid:16)
Y 1 + G(z) = (5.1) e− z
n (cid:17) z) chỉ có các số nguyên dương là không điểm. Từ biểu − Rõ ràng hàm G(
diễn của hàm sin πz ở dạng tích chính tắc ta suy ra được . zG(z)G( z) = sin πz
π − 1)
−
zG(z) − Ta nhận thấy rằng hàm G(z
1) chỉ có các không điểm là các số nguyên
không dương, tức là nó có các không điểm giống với G(z) và thêm 0. Do
đó, hàm thu được sau khi đơn giản G(z
là hàm giải tích và không có
không điểm nào, cho nên tồn tại hàm giải tích γ(z) sao cho G(z 1) = eγ(z) hay G(z 1) = zeγ(z)G(z). −
zG(z) − Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 328 X Tích vô hạn Để xác định hàm γ(z) ta lấy logarithm hai vế rồi tính đạo hàm hai vế. log(G(z 1)) = log(zeγ(z)G(z)) − và = . + γ′(z) + G′(z
G(z 1)
1) G′(z)
G(z) 1
z −
− ∞ ∞ Tính đạo hàm G′(z) và đơn giản biểu thức G′(z)/G(z) như trong chứng
minh Định lý 4.4 ta thu được n=1 (cid:16)
X n=1 (cid:16)
X 1 = . + γ′(z) + 1
z z 1
n 1
n 1
1 + n − z + n − − (cid:17) (cid:17) ∞ ∞ Mặt khác, ta có ∞ n=1(cid:16)
X n=1(cid:16)
X 1 ∞ 1 1 = 1 + + 1
n n 1 n 1
n 1
1 + n − 1
z − 1
1 + n − 1 − − − − (cid:17) (cid:17) z
n=1(cid:16)
X z
n=2(cid:16)
X
∞ −
1 + = 1 + 1
n 1
n + 1 1
z − z + n − 1
n − (cid:17) (cid:17) n=1 (cid:16)
X 1 {z } | = . + 1
z 1
n z + n − (cid:17) So sánh kết quả này với đẳng thức trước ta suy ra được γ′(z) = 0. Vậy
γ(z) là một hằng số và ký hiệu hằng số này là γ. Vậy ta có được tính chất
của hàm G(z) như sau G(z 1) = eγzG(z). − Nếu ta đặt H(z) = G(z)eγz, thì 1) = eγzG(z)eγ(z 1) = zH(z). − − H(z 1) = G(z 1)eγ(z − − Ta hãy xác định giá trị của γ. Dùng định nghĩa và tính chất của hàm G(z) khi lấy z = 1 ta có 1 = G(0) = eγG(1) suy ra Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) ∞ 1
n 5 Hàm gamma 329 § γ = G(1) = n 1
k e− 1 + e− 1
n (cid:17) n=1 (cid:16)
Y
k + 1
k + 1 (1+ 1 2 + n ). ··· e− = lim
n
→∞ Yk=1
(n + 1)e− = lim
n
→∞ Do đó, ta được 1 + + + + ln(n + 1) · · · γ = lim
n
→∞ (cid:16) (cid:17) + + + ln n 1 + 1
2
1
2 1
3
1
3 · · · 1
n −
1
n − (cid:17) = lim
n
→∞ (cid:16) Hằng số γ được gọi là hằng số Euler, giá trị gần đúng của nó là 0.5772157. Đặt Γ(z) = 1/[zH(z)]. Khi đó, ta có Γ(z + 1) = (5.2) = = zΓ(z). 1
(z + 1)H(z + 1) 1
H(z) γz 1 ∞ z − n , Hàm Γ(z) được gọi là hàm gamma Euler. Ta có biểu diễn của hàm
gamma là n=1 (cid:16)
Y 1 + e Γ(z) = e−
z z
n (cid:17) và ta có đẳng thức 1 Γ(z)Γ(1 z) = z)Γ( z) = 1
zH(z) H(z)zH( z) − (
− − − 1 = zG(z)G( z) − . = π
sin πz Ta nhận thấy rằng Γ(z) là một hàm phân hình với các cực điểm là 0, 1, − 2, . . . nhưng không có không điểm. − 2 ta tính được Γ( 1 2 ) = √π. 2, Γ(4) = 1 · 1)!. Từ đẳng thức Γ(z)Γ(1 2
·
z) = Từ định nghĩa hàm gamma ta dễ dàng tính được Γ(1) = 1, và từ công
3, và
·
π
sin πz − − thức (5.2) ta lần lượt tính được Γ(2) = 1, Γ(3) = 1
công thức tổng quát Γ(n) = (n
với z = 1 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 330 Tài liệu tham khảo [1] Hồ Công Xuân Vũ ´Y, Nguyễn Khắc Quỳnh Anh. Phép Tính Vi Phân
Hàm Vector. (Tập bài giảng). Trường Đại học Tiền Giang, Tiền Giang,
2011. [2] Lars V. Ahlfors. Complex Analysis: An Introduction to the Theory
of Analytic Functions of One Complex Variable. McGraw-Hill, Inc.,
New York, third edition, 1979. [3] Nguyễn Hữu Anh. Nhập Môn Giải Tích Phức. Tủ sách Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên (Tp. Hồ Chí Minh), 1999. [4] James Ward Brown, Ruel V. Churchill. Complex Variables and Ap- plications. McGraw-Hill, New York, eighth edition, 2009. [5] Lê Thị Thiên Hương. Toán Cao Cấp, Tập 1: Phép tính vi tích phân
hàm một biến và lí thuyết chuỗi. NXB Giáo Dục, Tp Hồ Chí Minh,
2003. (Tái bản lần thứ ba). [6] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải. Hàm Biến Phức. NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2006. (In lần thứ 3 có sửa chữa và bổ sung). [7] Nguyễn Văn Khuê, Vũ Tuấn. Hàm Số Biến Số Phức. NXB Giáo Dục, Hà Nội, 1990. [8] Rosa Peter. Đùa Với Cái Vô Hạn. NXB Giáo Dục, Hà Nội, 2007.
(Bản dịch của: Nguyễn Xuân Huy, Phạm Ngọc Khôi, Ngô ´Anh Tuyết,
Hồ Thuần). [9] Trương Văn Thương. Hàm Số Biến Số Phức. NXB Giáo Dục, Đà Nẵng, 1999. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Tài liệu tham khảo 331 [10] Vũ Tuấn, Phan Đức Thành, Ngô Xuân Sơn. Giải Tích Toán Học, tập 2. NXB Giáo Dục, 1988. (In lần thứ tư có chỉnh lí). Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 332 Bài kiểm tra và bài thi mẫu (1 Câu 1. (a) Tính và đưa về dạng đại số biểu thức . − 2i)(3 + 4i)
6 + 5i
5i. (Gợi ý: dùng định nghĩa và − (b) Tìm các căn bậc hai của 4
dạng đại số của số phức.) 15 = 3 ta có trình z Câu 2. Chứng minh rằng với mỗi điểm z thuộc đường tròn có phương
z3 + 3
4
2z 12
5 ≤ ≤ | | Câu 3. Tìm các căn bậc 4 của −
(cid:12)
(cid:12)
8√3i.
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
8
(cid:12)
− − Câu 4. Tính Im(√3 + i)2008 Câu 5. (a) Chứng minh tính chất: nếu dãy hội tụ về z0 và c là một zn} hằng số phức thì {
hội tụ về cz0. { wn hội tụ thì wn czn}
(b) Chứng minh rằng nếu hai chuỗi ∞
zn và ∞
n=1
n=1
P
P
(zn + wn) = ∞
n=1
P (zn + wn) cũng hội tụ và ∞
n=1
P chuỗi ∞
n=1
P
Câu 6. Chứng minh rằng D = zn + ∞
n=1
P
0 z : Imz > 0 hay z = (x, 0) với x ≥ { } là
miền đơn diệp của hàm f (z) = z2, và tìm hàm ngược của f trên
D. Câu 7. Tính các giới hạn hoặc chứng minh nó không tồn tại z | | | | Imz
z z
z (b) lim
z
→∞ (a) lim
0
z
→ Câu 8. Tìm miền hội tụ của dãy hàm . Dãy hàm đã cho có hội n2 ∞ n o 1
z2 + n
tụ đều trên miền hội tụ đó hay không? n=1 (cid:16)
X zn với 1 + Câu 9. Tìm bán kính hội tụ của chuỗi hàm lũy thừa c
n (cid:17) c là hằng số phức. Câu 10. Xét tính khả vi của hàm f (z) = zRez2. Tìm tất cả các điểm mà hàm f giải tích Câu 11. Cho f là một hàm giải tích trên miền D. Chứng minh rằng nếu hàm f (z) cũng giải tích trên D, thì f là hàm hằng. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Bài kiểm tra và bài thi mẫu 333 4i = − Câu 1. Tìm tất cả các số phức z sao cho e2z+3 √3 i. − − Câu 2. Dùng định nghĩa các hàm mũ và lượng giác chứng minh rằng ez = e¯z và sin(iz) = sin(i¯z) − Câu 3. Giải phương trình sin 2z = i. Câu 4. Dùng định nghĩa chứng minh đẳng thức sinh(z1 + z2) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2. Câu 5. Tính ln( 1 + i)3 và Ln( 1 + i√3) − − Câu 6. Tìm modulus của giá trị của lũy thừa (2 2i)2+3i. − Câu 7. Tìm ảnh của đường tròn có phương trình z + i 2 = 3 qua ánh | − | xạ tuyến tính w = (4 + 5i)z 6i + 7. − Câu 8. Tìm ảnh của dải 0 < x + y < 1 qua ánh xạ w = . 1
z Câu 9. Tìm ảnh của đường thẳng y = x + 1 qua ánh xạ w = z
i
−
z + i Câu 10. Tính tích phân ¯zdz trong đó C là đường cong từ 1 i đến − − ZC 1 + i dọc theo đồ thị y = x3. với C là đường tròn = 2 được z i Câu 11. Tính tích phân dz
z2 + 2 | | − ZC
định hướng dương. z Câu 12. Tính tích phân dz với C là đường tròn z = z2 2i)z 2i | | ZC − − − (1
3 được định hướng dương. Câu 13. Chứng minh rằng hàm u(x, y) = 2x − x3 + 3xy2 là hàm điều hòa
trên R2. Tìm một hàm giải tích trên C nhận u(x, y) làm hàm
phần thực. z3 + √3 + i dz trong đó C là Câu 14. Chứng minh rằng ≤ ZC đường tròn có phương trình 132π
4
7
= 4 được định hướng dương. 2z2
−
z
| | (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 334 Bài kiểm tra và bài thi mẫu z . 3i = − ix Câu 1.(a) Xét sự tồn tại của giới hạn lim
0
→ | | (b) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho ez 4 + 4i. (c) Chứng minh rằng eix 1 = với mọi số thực e− | − − ix
| | − −
1 + ix
| x. 7z3 + 3z 1 + i = 0 trong − − (d) Tìm số nghiệm của phương trình 3z4
z hình tròn < 2 z : . { | | } Câu 2.(a) Tìm tất cả các điểm z = x + iy sao cho hàm f (z) = 2xy + x + i(x2 + y) khả vi tại đó và tính đạo hàm tại những điểm đó. (b) Chứng minh rằng có hàm giải tích f (z) nhận hàm u(x, y) =
y3 + x là phần thực của nó. Tìm hàm giải tích f (z) ấy. 3x2y − (c) Tìm hàm phân tuyến tính biến 3 điểm 3i, , i thành 3 điểm 0, ∞ i, 2i (theo tương ứng). − − (d) Khai triển Taylor hàm f (z) = i và tìm tại điểm z0 = 1
1 + z − bán kính hội tụ của nó. Câu 3. Tính các tích phân sau 2¯zdz, trong đó Γ là đoạn thẳng định hướng từ 1 + 2i (a) Tính ZΓ đến 4 + 3i. 2z (b) Tính dz, trong đó Γ là đường tròn = 2 được định z z4 3 | | ZΓ
−
hướng dương. z + 2 = 3 được (c) Tính i)2 dz, trong đó Γ là đường tròn | | ZΓ − sin 2z
(z
định hướng dương. (d) Khai triển Laurent hàm số f (z) = z3 cos trong miền z : { 2006
z
z3 cos dz, trong đó 0 < < z . Từ đó tính tích phân | | ∞} ZΓ Γ là đường tròn 2006
z
= 2 được định hướng dương. z | | trong đó Câu 4.(a) Chứng minh rằng z2 dz
2z + 5 πR
2R 5 ≤ − −
π và R > 4. R2
ZCR
CR có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 −
t
≤ ≤ (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Bài kiểm tra và bài thi mẫu 335 (b) Tìm thặng dư của hàm f (z) = tại các điểm bất < R, Imz > 0 với 1
2z + 5
z z2
−
z : } | | { thường cô lập trong miền D =
R > 4. ∞ trong đó Γ là biên được định (c) Tính tích phân dz
2z + 5 ZΓ − z2
hướng dương của miền D như ở phần (b). −∞ (d) Từ các kết quả trên hãy tính tích phân suy rộng . x2 dx
2x + 5 Z − ∞ 1 (z − n=1
X Câu 1. (a) Tìm bán kính hội tụ của chuỗi 5i)n. e(1+2i)n
4i)n (3 − − (b) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho eiz = 2. (c) Tính Im (sin(1 + 2i)). (d) Tìm số nghiệm của phương trình z3 2z2 + 12z 4 + 5i = 0 − − trong hình tròn z : z < 2 . { } | |
Câu 2. (a) Tìm tất cả các điểm z = x + iy sao cho hàm f (z) = x3 + y2 +
i(x + 2y3) khả vi tại đó và tính đạo hàm tại những điểm đó. (b) Chứng minh u(x, y) = x3 3xy2 là hàm điều hòa. Tìm hàm − giải tích f (z) sao cho nó có phần thực là u(x, y). (c) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho cos z = . 5
4 thành 3 (d) Tìm hàm phân tuyến tính biến 3 điểm 1, , 1 + i
2 ∞ i, 0 (theo tương ứng). điểm i, 1 − 2008 z dz, trong đó Γ là đường tròn Câu 3. (a) Tính dz, trong đó Γ là đường tròn z = 2 được định | | −
z4
z5 + 1
ZΓ
hướng dương. dz (b) Tính (z i)2(z + 2008i)2009 , trong đó Γ là đường tròn ZΓ − z = 3 được định hướng dương. | z2006e |
(c) Tính z + 1 = 4 | | ZΓ được định hướng dương. Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 336 Bài kiểm tra và bài thi mẫu (d) Khai triển Laurent hàm f (z) = trên vành 1
(z + 1)(z 3i) − 1 < z < 3. | | R(R2 + 2)π dz trong đó Câu 4. (a) Chứng minh rằng z2 + 2
z4 + 1 R4 1 ≤ π và R > 1. −
t ZCR
CR có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12) (b) Đặt D = < R, Imz > 0 z : z { | trong miền D. (cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
}
|
bất thường cô lập của hàm f (z) = ≤
với R > 1. Tìm các điểm
z2 + 2
z4 + 1 ∞ dz trong đó Γ là biên được định hướng dương (c) Tính ZΓ z2 + 2
z4 + 1
của miền D ở phần (b). −∞ (d) Từ các kết quả trên hãy tính tích phân suy rộng dx. x2 + 2
x4 + 1 Z Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Tra cứu 337 ánh xạ đồng phôi, 57
ánh xạ bảo giác, 295, 303
đối xứng qua đường tròn, 106
đề thi Olympic sinh viên, 19, 26, 29 đồng liên tục đều trên tập com- định lý đường cong Jordan, 134
định lý duy nhất, 235
định lý giá trị trung bình, 190
định lý tích phân loại Cauchy, 173
định lý thặng dư Cauchy, 250
địnhh lý giá trị trung bình, 177
đẳng cấu chỉnh hình, 301, 302
đẳng thức Lagrange, 19, 21
đơn vị ảo, 7, 8, 10
đường cong, 131, 134
độ dài, 134
trơn từng khúc, 134
đường cong Jordan, 134
đường cong kín, 134
đường cong khả vi, 134
đường cong trơn, 134
đường cong trơn từng khúc, 134
đường gấp khúc, 131
đường kính phân hoạch, 138
đường tròn, 16
đa thức Chebyshev, 29
đa thức với hệ số thực, 11
điều hòa dưới, 206
điều kiện Cauchy-Riemann, 80, 87, 192 pact, 183
đồng phôi, 57, 59
độ dài đường cong, 134
đạo hàm, 78
đạo hàm cấp cao, 79
định lý Abel, 70
định lý Bolzano-Weierstrass, 40
định lý Cauchy-Goursat, 150, 251
định lý Cauchy-Hadamard, 72
định lý Cauchy-Riemann, 80, 84
định lý Harnack, 203
định lý Hurwitz, 287, 291
định lý Lagrange, 129
định lý Liouville, 181
định lý Merten, 46
định lý Montel, 185
định lý Morera, 168
định lý Rouché, 287
định lý Taylor, 219
định lý Weierstrass, 174, 176, 216, 238, 322 định lý ánh xạ Riemann, 303, 307
định lý đại số cơ bản, 182, 289 điểm bất động, 115
điểm bất thường, 236
điểm bất thường bỏ được, 237, 244
điểm bất thường cốt yếu, 237, 244 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 338 Tra cứu hội tụ đều, 63
hội tụ tuyệt đối, 65 chuỗi hội tụ, 43, 63
chuỗi lũy thừa, 70, 89
chuỗi Laurent, 225, 230, 247
chuỗi phân kỳ, 43
chuỗi số phức, 43 tiêu chuẩn Cauchy, 44 điểm bất thường cô lập, 236, 244
điểm biên, 32
điểm cô lập, 34
điểm dính, 34
điểm giới hạn, 34, 48
điểm ngoài, 32
điểm tụ, 48
điểm trong, 32
điểm vô cùng, 30 argument, 22
argument chính, 23 chuỗi tích Cauchy, 46, 50, 74
chuỗi Taylor, 219
compact, 34, 58
cung, 131 dấu hiệu Cauchy-Riemann, 80
dạng đại số, 8
dạng Euler, 25
dạng lượng giác, 22
dạng mũ, 25
dãy Cauchy, 39
dãy hàm, 60
dãy hàm hội tụ, 60
dãy hàm hội tụ đều, 291
dãy hội tụ, 37, 40
dãy hội tụ đều trên các tập com- pact, 176 bất đẳng tam giác, 17
bất đẳng thức Cauchy, 19, 181
bất đẳng thức Harnack, 203
bất đẳng thức Jordan, 265
bán kính hội tụ, 71, 72
bài toán Dirichlet, 195
bị chặn đều trên tập compact, 183
bổ đề Schwarz, 300
bảo toàn góc, 294
bao đóng, 32
biên, 32
biểu diễn Riemann, 30
biểu diễn tham số đường cong, 131 dãy số phức, 37 tiêu chuẩn Cauchy, 39 diện Riemann, 125 góc giữa hai đường cong, 107, 294, 297 genus, 323
genus của hàm số, 323, 324
giới hạn của dãy hàm, 60
giới hạn của hàm số, 52
giá trị chính Cauchy, 258 hằng số Euler, 329
hình tròn đóng, 33 cấp của cực điểm, 242
cấp của không điểm, 234
công thức Euler, 25, 95
công thức lượng giác Lagrange, 29
công thức Moivre, 25
công thức Poisson, 194, 202
công thức Schwarz, 193
công thức tích phân Cauchy, 162
cực điểm, 237, 242, 244
căn bậc n, 26, 102
căn nguyên thủy, 26
chuỗi hàm, 63 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) Tra cứu 339 hội tụ đều, 60, 63, 313
hội tụ đều trên mọi tập compact,
62, 287, 291, 292
hội tụ tuyệt đối, 44, 65, 311, 313
họ các hàm bị chặn đều, 183
họ hàm đồng liên tục đều, 183
hoàn toàn bị chặn, 41 không điểm của hàm số, 324
không gian vector các hàm giải tích, hình tròn mở, 33
hình vành khăn, 33
hàm đơn diệp, 50
hàm đa trị, 125
hàm điều hòa, 188
hàm beta, 283
hàm chặn trên điều hòa, 208
hàm chỉnh hình, 88
hàm gamma, 329
hàm giải tích, 88, 89, 190, 246, 291 88 sự duy nhất, 235 hàm hợp, 59
hàm hyperbolic, 98
hàm Joukowski, 55, 90, 121, 299, 307 không-điểm, 234
khả tích, 129, 138
khả vi, 128
khai triển Laurent, 230
khai triển Maclaurin, 219, 221
khai triển Taylor, 219
khoảng cách, 34 lân cận, 32
lân cận thủng, 32
lũy thừa bậc n, 10
lũy thừa phức, 103
liên tục, 56
liên tục đều, 57
liên thông, 58
logarithm, 100, 127 giá trị chính, 101 hàm lượng giác phức, 95
hàm lũy thừa, 102, 299, 307
hàm liên hợp điều hòa, 189
hàm liên tục, 56
hàm liên tục đều, 57
hàm logarithm, 101, 127, 157, 307
hàm mũ, 91, 306
hàm mũ cơ số phức, 103
hàm ngược, 51
hàm nguyên, 88, 244
hàm phức biến thực, 128
hàm phân hình, 238, 322
hàm phân tuyến tính, 112, 297, 299 hàm số biến số phức, 50
chỉnh hình, 88
giải tích, 88
khả vi, 78
liên tục, 56
liên tục đều, 57
tích phân, 136 mặt cầu Riemann, 30
mặt phẳng phức, 7
mặt phẳng phức mở rộng, 30
miền, 34
miền đóng, 34
miền đơn diệp, 50, 306
miền đơn liên, 133, 156
miền đa liên, 133, 159
modulus, 16 hàm tuyến tính, 105
hệ số co giản đều, 295 nửa liên tục trên, 206 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13) 340 Tra cứu tích phân, 136, 138
tích phân không phụ thuộc đường cong, 145 nghiệm đa thức, 11
nghiệm liên hợp, 11
nguyên hàm, 144, 157
nguyên lý argument, 284
nguyên lý bảo toàn miền, 290
nguyên lý Harnack, 202
nguyên lý modulus cực đại, 179, 191 nhân tử sơ cấp Weierstrass, 322 phép đồng phôi, 57, 307
phép đẳng cấu, 301
phép liên hợp phức, 14
phép tự đẳng cấu, 301
phân hoạch, 138
phần ảo, 7
phần thực, 7
phần trong, 33
phủ mở, 40
phương trình đường tròn, 109
phương trình của đường tròn, 16
phương trình Laplace dạng cực, 192 tích phân loại Cauchy, 172, 300
tích phân suy rộng, 257, 264
tích vô hạn, 308
tập đóng, 32, 48
tập bị chặn, 34
tập compact, 34, 40, 183, 291
tập liên thông, 33, 35, 132
tập mở, 32
tổng hai số phức, 7
tổng riêng thứ n, 43
tổng tích phân, 138
thành phần liên thông, 34
thặng dư, 247
thặng dư logarithm, 286
thuần ảo, 7
tiêu chuẩn Cauchy, 39, 44, 61, 64
tiêu chuẩn Weierstrass, 66
trực giao, 107
tuyến tính từng mảnh, 131 số phức, 6 vành các hàm giải tích, 88
vi phân hàm phức, 84, 190 argument, 22
căn bậc n, 26
dạng đại số, 8
dạng Euler, 25
dạng lượng giác, 22
modulus, 16
phép cộng, 7
phép chia, 9
phép nhân, 7
phép trừ, 9
số phức liên hợp, 7 tích Cauchy, 46
tích chính tắc Weierstrass, 323
tích hai số phức, 7 Hồ Công Xuân Vũ Ý c
(cid:13)4 Nguyên lý Harnack
§
4.1 Bất đẳng thức Harnack. Chúng ta nhắc lại rằng công thức Pois-
son cho phép chúng ta biểu diễn hàm điều hòa qua giá trị của nó trên
đường tròn. Ta viết lại (2.10) như sau
5 Hàm điều hòa dưới
§
5.1 Định nghĩa. Hàm u : D
6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới
§
7 Định lý Hartogs
§
7.1 Định nghĩa. Giả sử
dãy
uk}
tập compact K
mọi k.
Chương VII
Lý thuyết chuỗi và lý
thuyết thặng dư
1 Chuỗi Taylor
§
Định lý Weierstrass
2 Chuỗi Laurent
§
3 Các loại điểm
§
Không-điểm
4 Thặng dư và cách tính thặng dư
§
Khái niệm thặng dư
Chương VIII
´
Ưng dụng lý thuyết thặng
dư
1 Tính tích phân suy rộng
§
1.1 Trong giải tích thực, tích phân suy rộng của hàm số f xác định trên
[a,
2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos
§
Thặng dư có thể được dùng để tính tích phân suy rộng dạng
3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos
§
Trong bài này chúng ta sẽ dùng thặng dư để tính tích phân xác định dạng
4 Đường bị khoét lõm
§
4.1 Thí dụ. Tính tích phân Euler
5 Tích phân theo đường phân nhánh
§
Định lý thặng dư Cauchy có thể được dùng để tính tích phân suy rộng
thực khi một phần của đường lấy tích phân của hàm f (z) mà định lý được
áp dụng nằm trên đường phân nhánh của hàm đó. Chúng ta bắt đầu bằng
một ví dụ cụ thể.
6 Nguyên lý argument và định lý Rouché
§
Nguyên lý argument
Chương IX
´Anh xạ bảo giác
1
´Y nghĩa hình học của đạo hàm
§
Giả sử w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích tại z0 = x0 + iy0 ∈
f ′(z0)
(x0, y0), cụ thể như sau:
2 Ánh xạ bảo giác
§
2.1 Định nghĩa. Ánh xạ w = f (z) biến miền D của mặt phẳng phức (z)
thành miền D∗ của mặt phẳng phức (w) được gọi là ánh xạ bảo giác
trong miền D nếu tại mọi điểm z
D góc giữa các đường cong được bảo
toàn (cả về độ lớn và hướng) và độ dãn không đổi theo mọi hướng.
3 Bổ đề Schwarz
§
3.1 Định lý. (Bổ đề Schwarz) Cho hàm f (z) giải tích trong hình tròn
và liên tục trên ¯U =
. Nếu hàm f
đơn vị U =
với mọi
thỏa mãn f (0) = 0 và
< 1 với mọi z
¯U và
z
U sao
∈
U và f (z) = eiαz
cho z0 6
với α
∈
4 Định lý ánh xạ Riemann
§
4.1 Định lý. Mọi song ánh chỉnh hình ϕ : D
hình.
5 Bài toán biểu diễn bảo giác
§
Xét bài toán của ánh xạ bảo giác: cho trước một hàm f giải tích trong
một tập mở của C, hãy tìm một tập mở liên thông D (thành phần liên
thông) để cho f đơn ánh trên đó, và hãy xác định f (D); nghĩa là xác định
miền đơn diệp của f .
Chương X
Tích vô hạn
1 Tích số vô hạn
§
2 Tích vô hạn hàm phức
§
Bây giờ ta muốn định nghĩa tích vô hạn của một dãy hàm. Cũng tương
tự như quy ước khi ta định nghĩa tích vô hạn, ta định nghĩa tích vô hạn
D chỉ có hữu hạn các số
của dãy hàm
là
an(z) bằng không. Khi đó, ta có tích của dãy hàm
3 Dạng chính tắc Weierstrass
§
Nếu g(z) là một hàm giải tích thì f (z) = eg(z) cũng là hàm giải tích và
nó khác không với mọi z. Ngược lại, giả sử f (z) là một hàm giải tích khác
không. Khi đó, hàm f ′(z)/f (z) giải tích, suy ra nó có nguyên hàm là hàm
g(z) bằng không suy ra
g(z) nào đó. Mặt khác, đạo hàm của hàm f (z)e−
f (z)e−
4 Genus của hàm giải tích
§
Ta đã chứng minh rằng tích chính tắc Weierstrass hội tụ và là một hàm
giải tích chỉ có các không điểm là các số a1, a2, a3, . . . nếu chuỗi
5 Hàm gamma
§
Hàm giải tích sin πz có tất cả các số nguyên là không điểm và nó là hàm
đơn giản nhất có tính chất này. Chúng ta sẽ xem xét các hàm giải tích mà
nó chỉ có các số nguyên dương là không điểm hay chỉ có các số nguyên âm
làm không điểm. Chẳng hạn, hàm giải tích đơn giản nhất chỉ có tất cả số
nguyên âm là không điểm là hàm xác định bởi tích chính tắc Weierstrass
Tài liệu tham khảo
Kiểm Tra Lần I
Kiểm Tra Lần II
ĐỀ THI SỐ 1
¯zImz
z
ĐỀ THI SỐ 2
Chỉ mục
