Bài giải Đại lượng ngẫu nhiênMôn Xác suất thống kêTrường Đại học Sư Phạm

Bài tập hàm biến số phức
Ngày 15 tháng 3 năm 2022
CHƯƠNG 4
Bài 207: Khai triển các hàm số sau thành chuỗi laurent trong vành khuyên đã
cho
1
1
=
, 1 < |z + 2| < 4
2
z + 2z − 8
(z − 2)(z + 4)
1
1 1
1 1
=
−
(z − 2)(z + 4)
6z−2 6z+4
Trong miền đề bài cho ta có
1
1
1 ∞
z+2 n
1
=−
=−
) , |z + 2| < 4
(−
z−2
4 z+2

4 n=0
4
+1
−
4
∞
1
1
1
1
2 n
=
=
(−1)n (
) , |z + 2| > 2
2
z+4
z+2
z + 2 n=0
z+2
1+
z+2
Chuỗi Laurent trong hình vành khăn như sau:
∞
∞
1
z+2 n 1 1
2 n
−
(

) −
(−1)n (
)
24 n=0 4
6 z + 2 n=0
z+2
Bài 217:
Hãy tìm và xác định loại điểm bất thường cô lập của các hàm sau
1
z
= 2
a) 5
z + 2z 4 + z 3
z (z + 1)2
Có 2 điểm bất thường cô lập là z=0 và z=-1
Phân loại như sau:
Ta áp dụng định lý có:
Với điểm z=0
1
lim
= ∞ Và
z→0 z 2 (z + 1)2
1
lim z 2 2
=1
z→0
z (z + 1)2
Từ 2 điều kiện trên ⇒ z = 0 là cực điểm cấp 2
Với điểm z=-1
1

lim 2
= ∞ Và
z→−1 z (z + 1)2
1
lim (z + 1)2 2
=1
z→−1
z (z + 1)2

1


Từ 2 điều kiện trên ⇒ z = −1 là cực điểm cấp 2
1
1
b) cos −z
+
e − 1 z2
Điểm bất thường cô lập là z = 0
Áp dụng định lý :
1
1
lim (cos −z
+ 2 ) = ∞ Và
z→0
e −1 z
lim
z→0

Bài 190:

Khai triển các hàm số thành chuỗi Laurent lân cận z = 0
ez
f (z) = 3
z
Ta có cơng thức khai triển Taylor của hàm cơ bản quanh z=0
∞
zn
ez =
n!
n=0
⇒

ez
1
= 3
z3
z

∞

zn
n!
n=0

Bài 200:
Khai triển các hàm số sau thành chuỗi Laurent lân cận các điểm đã cho
1
f (z) = ze 1 + i
Ta có cơng thức khai triển Taylor như sau:
1

∞
1
1
1
1
e z = 1 + + 2 + 3 + ... =
n
z
2z
6z
n!z
n=0
Áp dụng công thức trên vào bài làm
1
∞
1
1
+
i =z
ze
n!(1 + i)n
n=0
Bài 226:
Phân loại điểm bất thường của các hàm sau theo điểm đã cho
ln(1 + z 3 )
,z = 0
f (z) =
z2
Áp dụng định lý ta có:
ln(1 + z 3 )

lim
= ∞ Và
z→0
z2
3
ln(1 + z )
lim z 2
=1
z→0
z2
Từ 2 điều kiện trên ⇒ z = 0 là cực điểm cấp 2
Bài 248:
1
1
z+
2
z z2
z
f (z) = e
= e .e
Điểm bất thường là z=0
Áp dụng công thức khai triển Taylor cho các hàm cơ bản quanh z=0

2


1
z2 =

∞

∞

1
zn
n! n=0 n!z 2n
n=0
2
z
1
1
z3
1
= (1 + z +
+
+ ...)(1 + 2 + 4 + 6 + ...)
2!
3!
z
2z
3z
1
Ta có thể thấy rằng tích các số hạng kia nhân nhau ra vơ hạn hạng tử Vậy
z
thặng dư bằng ∞
Bài 259: Tìm thặng dư tại các điểm bất thường cô lập của các hàm số sau:
1
f (z) = ez sin , điểm bất thường cô lập z=0
z
Áp dụng công thức khai triên Taylor:

∞
zn
ez =
n!
n=0
e

z+

∞

sin

1
1
=
(−1)n (
z n=0
(2n + 1)!z 2n+1

Chuỗi Laurent hoàn chỉnh là:
∞
∞
zn
1
(−1)n (
2n+1
n!
(2n
+

1)!z
n=0
n=0
Cách trên làm bằng định nghĩa chưa chắc đúng nên thử cách làm bằng định lý
nha
1
lim ez sin = −1 ⇒ z = 0 là điểm bất thường bỏ được
z→0
z
Áp đụng định lý ta tính được thặng dư bằng công thức sau:
1
Res[f (z), ∞] = − lim z[ez sin + 1] = ∞
z→∞
z
Bài 241: Tính thặng dư tại các điểm bất thường cô lập của các hàm số sau:
ez
f (z) = 3
, Có 2 điểm cơ lập là z=0 và z=1
z (z − 1)
∞
zn
z
Tại z=0 ta có: e =
n!
n=0
∞

1
1
1

1
1
1
1
1
=− − 2 − 3 +
=− − 2 − 3 +
(−1)n z n
3
z (z − 1)
z
z
z
z+1
z
z
z
n=0
Chuỗi Laurent hoàn chỉnh là:
∞
∞
zn
1
1
1
− − 2− 3+
(−1)n z n
n!
z
z

z
n=0
n=0
Cách trên là theo định nghĩa hơi khó nên chưa làm ra, thoii mình đến với cách
theo định lý nha :))
ez
f (z) = 3
, Có 2 điểm cô lập là z=0 và z=1
z (z − 1)
*Với z=0z
e
lim
= ∞ Và
z→0 z 3 (z − 1)

3


ez
= −1
z→0
z 3 (z − 1)
Từ 2 điều kiện trên ta thấy z=0 là cực điểm cấp 3
Áp đụng định lý ta có cơng thức tính thặng dư như sau:
5
1
d2 ez
1
ez (z 2 − 4z + 5)
=−

Res[f (z), 0] =
lim 2
= lim
3
z→0
z→0
2!
dz z − 1
2
(x − 1)
2
* Với z=1z
e
lim
= ∞ Và
z→0 z 3 (z − 1)
ez
lim (z − 1) 3
=e
z→0
z (z − 1)
Từ 2 điều kiện trên ta thấy z=1 là cực điểm đơn
Áp dụng định lý cơng thức tính thặng dư như sau:
ez
Res[f (z), 0] = lim [(z − 1) 3
]=e
z→1
z (z − 1)
Bài 274:ˆ
z sin zdz

f (z) =
5
C (z − 1)
z sin z
Xét f (z) =
, điểm z = 1 là điểm bất thường cô lập
(z − 1)5
Áp dung định lý :
z sin zdz
lim
= ∞ Và
z→1 (z − 1)5
z sin zdz
lim (z − 1)5
= sin 1 ̸= 0
z→1
(z − 1)5
Từ 2 điều kiện trên ta suy ra z = 1 là cực điểm cấp 5
d4
z sin z
1
1
⇒Res(f (z), z0 ) =
lim 4 (z − 1)5
=
lim [−4 cos x + x sin x]
4! z→1 dz
(z − 1)5
4! z→1
1

1
= − cos 1 +
sin 1
6ˆ
24
z sin zdz
1
1
Vậy
= 2πi(− cos 1 +
sin 1)
5
6
24
C (z − 1)
1
1
= − πi cos 1 + πi sin 1
3
12
Bài 234:
(1 − cosh z) sinh z
f (z) =
(1 − cos z) sin2 z
lim z 3

4