Lý thuyết thặng dư, chuỗi Laurent

Mục lục
1 TÍCH PHÂN PHỨC

2

2 LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

3

2.1

Chuỗi Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.1.2

Khai triển Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.1.3

Điểm kì dị cơ lập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.2

Định nghĩa và cách tính thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2.3

Các định lý về thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.4

Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.4.1

Khai triển laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.4.2

Thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1


Chương 1
TÍCH PHÂN PHỨC

2


Chương 2
LÝ THUYẾT THẶNG DƯ
2.1
2.1.1

Chuỗi Laurent
Định nghĩa

Xét chuỗi hình thức với số mũ âm của Z dạng:
ak Z k =
k<0

a−1 a−2 a−3
+ 2 + 3 + ··· ,
Z
Z
Z

ak ∈ C

(2.1)

1
, nên theo định lý Abel, tồn tại
Z
r ≥ 0, sao cho chuỗi trên hội tụ khi |z| > r và hội tụ đều trên miền |z| ≥ ρ > r
Chuỗi trên chính là chuỗi lũy thừa của

Chuỗi Laurent là chuỗi dạng
+∞

ak Z k =
k=−∞

ak Z k +
k<0

ak Z k

(2.2)

k≥0

Chuỗi trên gọi là hội tụ nếu phần mũ âm và phần mũ khơng âm hội tụ.
Tồn tại bán kính hội tụ r, R sao cho chuỗi có số mũ dương hội tụ khi |z| < R
còn chuỗi số âm hội tụ khi |z| > r. Vậy chuỗi Laurent trên hội tụ khi r < R.
+∞

ak Z k , xác định một hàm chỉnh hình trên vành r < |z| <

Khi đó f (z) =
k=−∞

R. Ngược lại, ta có:

3


2.1.2

Khai triển Laurent

Nếu f là hàm chỉnh hình trên vành r < |z − z0 | < R, thì f có thể biểu
diễn duy nhất dưới dạng chuỗi Laurent tại z0
+∞

ak (z − z0 )k , r < |z − z0 | < R

f (z) =

(2.3)

k=−∞

Trong đó hệ số ak =

1
2πi

|z−z0 |=ρ

f (z)dz
,r < ρ < R
(z − z0 )k+1

Hệ quả 2.1. Mọi hàm f chỉnh hình trên vành r < |z − z0 | < R, có phân
tích một cách duy nhất :f = f1 + f2 , trong đó:
ak (z − z0 )k ∈ H(|z − z0 | < R), gọi là phần đều của f tại z0

f1 (z) =
k≥0

ak (z − z0 )k ∈ H(r < |z − z0 |), gọi là phần chính của f tại z0

f2 (z) =
k≥0

2.1.3

Điểm kì dị cơ lập

Định nghĩa 2.1. a gọi là điểm kì dị cơ lập của hàm f nếu f chỉnh hình
trên một lân cận thủng 0 < |z − a| < R của a. Điểm kì dị của hàm f được
phân loại:
• Kì dị khử được: nếu tồn tại lim f (z) ∈ C
z→a

• Cực điểm: nếu lim f (z) = ∞
z→a

• Kì dị cốt yếu: Nếu không tồn tại lim f (z) trong C
z→a

Phân loại điểm kỳ dị theo khai triển Laurent
Giả sử hàm f có kì dị cơ lập tại a và có khai triển Laurent:
ak (z − a)k +

f (z) = f1 (z) + f2 (z) =
k≥0

ak (z − a)k , 0 < |z − a| < R
k<0

Khi đó
4


1) a là khử được khi và chỉ khi phần chính f2 ≡ 0
2) a là cực điểm khi và chỉ khi phần chính f2 = 0 và chỉ có hữu hạn số
hạng
3) a là cốt yếu khi và chỉ khi phần chính f2 có vơ số số hạng.

2.2

Định nghĩa và cách tính thặng dư

Định nghĩa 2.2. Giả sử hàm f chỉnh hình tại điểm z = a hoặc có điểm bất
thường cô lập đơn trị tại a. Giả sử γ(a, r) = {z : |z − a| = r} là đường trịn
có hướng dương. Khi đó, giá trị của tích phân

1
2πi

f (z)dz
γ(a,r)

được gọi là thặng dư của hàm f tại điểm a và ký hiệu là:
res[f, a] =

1
2πi

f (z)dz

(2.4)

γ(a,r)

Định nghĩa 2.3. (Thặng dư tại điểm ∞) Giả sử f ∈ H({|z| > r}) và
z = ∞ là điểm bất thường cô lập đơn trị của f . Giả sử γ(O, R) = {z : |z| =
R, Rđủ lớn} là đường tròn được định hướng sao cho lân cận điểm ∞ ln
nằm bên trái. Khi đó đại lượng:
res[f, ∞] =

1
2πi

f (z)dz

(2.5)

f (z)dz

(2.6)

γ(O,R)

được gọi là thặng dư của hàm f tại ∞
Từ đó, ta có:
res[f, ∞] =

−1
2πi

γ(O,R)

Từ cơng thức tính các hệ số của khai triển Laurent của hàm f tại lân cận
điểm a ∈ C hoặc lân cận điểm ∞, ta có:
res[f, a] = a−1 , a ∈ C
5


res[f, ∞] = −a−1
Ta xét các trường hợp sau đây:
TH1: Hàm f (z) có cực điểm đơn tại điểm z = a
1) res[f, a] = lim (z − a)f (z)
z→a

G(z)
, G(z) và H(z) chỉnh hình tại a và H(a) =

H(z)
0, H (a) = 0 thì:

2) Nếu f (z) =

res[f, a] =

G(a)
H (a)

(2.7)

TH2: Hàm f (z) có cực điểm cấp m ≥ 2 tại z = a thì:
res[f ; a] =

1
dm−1 [(z − a)m f (z)
lim
(m − 1)! z→a
dz m−1

TH3: Hàm f (z) có điểm bất thường cốt yếu tại z = ∞

a−1 nếu a ∈ C
res[f, a] =
−a
nếu a = ∞
−1

(2.8)

(2.9)

đó là phương pháp duy nhất
TH4: Thặng dư tại ∞
(1) Nếu hàm f chỉnh hình tại điểm ∞ thì:
res[f, ∞] = lim z[f (∞) − f (z)]
z→∞

(2) Nếu hàm f biểu diễn được dưới dạng f (z) = ϕ

(2.10)
1
, trong
2

đó ϕ(ξ) chỉnh hình tại ξ = 0 thì:
res[f, ∞] = −ϕ (0)

(2.11)

(3) res[f, ∞] = lim [f (∞) − f (z)]
z→∞

Khi tính thặng dư của nhánh chỉnh hình của hàm đa trị cần chú ý rằng mọi
bước tính tốn cần được tiến hành trên cùng một nhánh.
6


2.3

Các định lý về thặng dư

Định lý 2.1. (Cauchy) Giả sử hàm f (z) chỉnh hình trong miền D trừ ra
một số hữu hạn điểm bất thường cô lập đơn trị a1 , a2 , · · · , aN nằm trong D
và liên tục trên D \ {a − 1, · · · , an }. Giả thiết rằng biên ∂D của miền D gồm
một số hữu hạn đường cong đóng trơn từng khúc. Khi đó:
N

f (z)dz = 2πi
∂D

Res[f, ak ]
k=1

trong đó biên ∂D của miền D được định hướng dương. Nếu miền D chứa
điểm z = ∞ thì điểm ∞ cần được xem là điểm bất thường, thậm chí nếu hàm
f (z) chỉnh hình tại đó.
Nhận xét 2.1. Nếu hàm f khơng có các điểm bất thường khơng cơ lập thì
số điểm bất thường cơ lập khơng thể bằng vơ cùng vì trong trường hợp đó sẽ
tồn tại điểm tụ của tập hợp điểm bất thường, điểm tụ đó cũng là bất thường
nhưng khơng cơ lập.
Một hệ quả quan trọng của định lý (2.1)
Định lý 2.2. (về tổng tồn phần thặng dư) Nếu hàm f (z) chỉnh hình trên
toàn mặt phẳng phức mở rộng C trừ ra một số hữu hạn điểm bất thường cô
lập đơn trị a1 , · · · , aN −1 và aN = ∞ thì:
N

Res[f, ak ] = 0
k=1

2.4
2.4.1

Bài tập
Khai triển laurent

Bài tập 2.1. Khai triển Laurent hàm f (z) =
z0 | < R và |z − z0 | > R
Lời giải
7

1
tại z0 trong vành |z −
z−a


a) Khai triển trong |z − z0 | < R
f (z) =

1
−1
1
=
z
(z − z0 ) − (a − z0 )
a − z0 1 − − z0
a − z0
∞
−1

z − z0
=
a − z0 k=0 a − z0
∞

=−
k=0

k

(z − z0 )k
(a − z0 )k+1

b) Khai triển trong |z − z0 | > R
f (z) =

1
1
1
=
(z − z0 ) − (a − z0
z − z0 1 − a − z0
z − z0
∞
(a − z0 )k
=
(z − z0 )k+1
k=0

Bài tập 2.2. Khai triển Laurent hàm f (z) =

1
tại z0 = 0
(z − a)(z − b)

Lời giải
Ta có:
1
1
=
(z − a)(z − b)
a−b

f (z) =

1
1
−
z−a z−b

∞

1
−1 1
zk
=
=−
z−a
a 1− z
ak+1

k=0
a
∞
1
−1 1
zk
=
=
−
z−b
b 1− z
bk+1
k=0
b
Vậy f (z) =

1
a−b

∞

−
k=0

∞

zk
zk
+
ak+1 k=0 bk+1

Bài tập 2.3. Khai triển Laurent hàm f (z) = sin
Lời giải
sin

z
1
= sin 1 +
z−1
z−1
8

z
tại z0 = 1
z−1


= sin1cos

1
1
+ cos1sin
z−1
z−1

Khai triển Taylor hàm sin và cos suy ra:
1
cos
=
z−1

sin

1
=
z−1

∞

k=0
∞

k=0

(−1)k
,
(2k)!(z − 1)2k

z=1

(−1)k
,
(2k + 1)!(z − 1)2k+1

∞

z=1

∞

(−1)k

z
(−1)k
= sin1
Vậy sin
+
cos1
z−1
(2k)!(z − 1)2k
(2k + 1)!(z − 1)2k+1
k=0
k=0
Bài tập 2.4. Khai triển các hàm ez , sinz, cosz thành chuỗi Laurent tại lân
cận điểm a = ∞
Lời giải
1
1
1
1
Thực hiện phép đổi biến z = . Khi đó các hàm đã cho có dạng e ξ , sin , cos .
ξ
ξ
ξ
Khai triển các hàm này thành chuỗi Laurent tại lân cận điểm ξ = 0

1

eξ =
k≥0

1

sin =
ξ
1
cos =
ξ

1
k!ξ k

k≥0

k≥0

(−1)k
(2k + 1)!ξ 2n+1
(−1)k
ξ 2k (2k)!

Trở về biến z ta thu được:
ez =
k≥0

2.4.2

zk
;
k!

sinz =
k≥0

(−1)k z 2n+1
;
(2k + 1)!

Thặng dư

Bài tập 2.5. Tính thặng dư của các hàm

9

cosz =
k≥0

(−1)k z 2k
(2k)!


a) f (z) =

1
1 + z3

d) f (z) =

b) f (z) =

ez − 1
z2 + z

e) f (z) =

(z 2

1
+ 1)3

sinz
z6

f) f (z) = zcos

c) f (z) = tanz

1
z+1

Lời giải
a) Hàm hữu tỷ chỉ có điểm bất thường là cực điểm, đó là các khơng điểm
của mẫu số:
Hàm đã cho có ba cực điểm cấp một là:
√
1+i 3
z1 = −1
z2 =
2
1
1
Ta có: Res[f, zk ] =
= 3

3
(1 + zk )
3zk
Và từ đó
1
1
=
2
3(−1)
3
1
Res[f, z2 ] =
√
1 + i 3)
3
2

√
1−i 3
z3 =
2

Res[f, z1 ] =

2

1

Res[f, z3 ] =
3

√
1 − i 3)
2

2

√
−1 + i 3
=
6
√
−1 − i 3
=
6

b) Ta có z = 0 là điểm bất thường khử được của hàm f (z) vì:
ez − 1
=1
z→0 z(z + 1)
lim

Do đó: Res[f, 0] = 0
Điểm z = −1 là cực điểm đơn do vậy:
ez − 1
(z + 1)
z→−1 z(z + 1)

Res[f (z), −1] = lim

= 1 − e−1
10


c) Hàm đã cho có hai cực điểm cấp một là:
z1 =

π
2

z2 =

−π
2

Ta có:
π
sinz
=
|z= π2 = −1
2
(cosz)
sinz
−π
=
Res tanz,
| −π = −1
2
(cosz) z= 2
Res tanz,

d) Ta có z = i là cực điểm cấp ba của hàm f (z). Do đó áp dụng cơng
thức, ta có:
1
d2
1
lim 2 (z − i)3
2! z→i dz
(z − i)3 (z + i)3
1
d2
= lim 2 [(z + i)−3 ]
2 z→i dz
1
= lim[(−3)(−4)(z + i)−5 ]
2 z→i
−3
=
i
16

Res[f, i] =

e) Vì tại lân cận điểm z = 0, ta có:
1
z3 z5
z
−
+
− ···

z6
3!
5!
1
1
1
= 5−
+
− ···
3
z
3!z
5!z

f (z) =

Nên a−1 =

1
1
và Res[f, 0] =
5!
5!

1
+ ···
2(z + 1)2
−1
−1
=

và Res[f, −1] =
2
2

f) Ta có f (z) = [(z + 1) − 1] 1 −
⇒ a−1

11