Một số ứng dụng của thặng dư

Mục lục
1 TÍCH PHÂN PHỨC

2

2 LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

3

3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA THẶNG DƯ

4

3.1

Tích phân đường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

3.2

Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2π

R(cost, sint)dt . . . . . . . . . . .

5

Tích phân suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.2.1

Tích phân dạng
0

3.3

+∞

R(x)dx . . . . . . . . . . . . . .

6

eiax R(x)dx . . . . . . . . . . . . . .

7

R(x)xα dx . . . . . . . . . . . . . .

7

3.4

Tìm tổng của chuỗi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

3.5

Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.3.1

Tích phân dạng
−∞

3.3.2

Tích phân dạng
R

3.3.3

Tích phân dạng
R+

3.5.1

Tích phân đường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.5.2

Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.5.3

Tích phân suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.5.4

Tìm tổng của chuỗi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1


Chương 1
TÍCH PHÂN PHỨC

2


Chương 2
LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

3


Chương 3
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA
THẶNG DƯ
3.1

Tích phân đường

Để giải các bài toán này, ta cần áp dụng các định lý về thặng dư.
Định lý 3.1. (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 miền
D và liên tục trên D \ {a1 , · · · , aN }. Giả thiết rằng biên ∂D của miền D gồm
một số hữu hạn đường cong đóng trơn từng khúc. Khi đó:
N

Res[f, ak ]

f (z)dz = 2πi
∂D

(3.1)

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 3.1. 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 không cô lập.
4


Một hệ quả quan trọng của định lý (3.1) là:
Định lý 3.2. (về tổng toàn phần thặng dư) Nếu hàm f (z) chỉnh hình trên
tồn mặt phẳng phức mở rộng C trừ ra một số hữu hạn điểm bất thường cô
lập đơn trị a1 , a2 , · · · , aN −1 và aN = ∞ thì:
N

Res[f ; ak ] = 0

(3.2)

k=1

3.2

Tích phân xác định

Thặng dư cho ta cơng cụ để tính một số tích phân xác định một cách
khá hữu hiệu
2π

3.2.1

R(cost, sint)dt

Tích phân dạng
0

với R(x, y) là hàm hữu tỷ, mẫu khác 0 khi x2 + y 2 = 1
Phương pháp Đặt z = eit , 0 ≤ t ≤ 2π. Khi đó:
1
1
z+
2
z
1
1

z−
sint =
2i
z
dz
dt =
iz
cost =

Và:
I=

1
i

R
|z|=1

= 2π

1
2

z+
1
2

Res R
k

1
z

1
1
dz
z−
2i
z
z
1
1
1
1
z+
,
z−
. , ak
z
2i
z
z
,

ở đó ak là các điểm bất thường của hàm:
R

1
2

z+

1
z

,

1
2i

z−

5

1
z

1
z

trong|z| < 1


3.3

Tích phân suy rộng
+∞

3.3.1

R(x)dx

Tích phân dạng
−∞

Giả sử ta xét các tích phân dạng:
I=

R(x)dx

(3.3)

R

Trong đó R(x) là hàm hữu tỷ của biến x. Giả sử:
R(x) =

Pn (x)
Qn (x)

(3.4)

Trong đó Pn là đa thức đại số bậc n của x và Qm là đa thức đại số bậc m.
Để tính các tích phân dạng (3.3) ta thường sử dụng các định lý sau đây:
Định lý 3.3. Giả sử
R(x) =

Pn
Qn

(3.5)

là hàm hữu tỷ và giả sử a1 là các không - điểm phức hoặc là những không
điểm thực cấp một của Qm và m ≥ n + 1. Khi đó
+∞

R(x)dx

R(x)dx = v.p.

v.p.
−∞

R

= 2πi

Res
Imai >0

Pn
1
Pn
1
Pn
; ai +
; ai + Res
;∞
Res
Rm

2 Ima =0
Qm
2
Qm
i

(3.6)
Nhận xét 3.2.

1) Nếu m ≥ n + 2 thì
Res[R(z); ∞] = 0

(3.7)

do đó số hạng thứ ba ở vế phải của (3.6) bằng 0
2) Nếu R(z) chỉ có các cực điểm phức và khơng có cực điểm trên R thì số
hạng thứ hai ở vế phải của (3.6) bằng 0
6


3) Nếu ta lấy
γ(R) = {|z| = R, Imz ≤ 0}

(3.8)

chạy theo hướng âm và
γ(ai , ε) = {|z − ai | = ε; Imz ≤ 0}

(3.9)

chạy theo hướng dương thì bằng lý luận tương tự ta có
R(x)dx = −2πi

v.p.
R

Res [R; ai ] − πi
Imai <0

Res [R; ai ] − πiRes [R; ∞]
Imai =0

(3.10)
Hai kết quả (3.6) và (3.10) trùng nhau vì tổng tồn phần các thặng dư
bằng 0

3.3.2

eiax R(x)dx

Tích phân dạng
R

Ta có định lý sau đây
Định lý 3.4. Giả sử Pn /Qm là hàm hữu tỷ trên C và ai là không điểm phức
hoặc là không điểm thực cấp một của đa thức Qm và ngoài ra m ≥ n + 1.
Khi đó với α ∈ R ta có các công thức sau đây
Pn iax
e dx =
Qm

v.p.

R




2πi

Res
Imai >0





−2πi

3.3.3

,α > 0

i

Res
Imai <0

Pn iαz
Pn iαz

1
e , ai +
Res
e , ai
Qm
2 Ima =0
Qm
Pn iαz
Pn iαz
1
e , ai +
Res
e , ai
Qm
2 Ima =0
Qm
i

R(x)xα dx

Tích phân dạng
R+

Giả sử
R(x) =
7

Pn
Qm

,α < 0


là một hàm hữu tỷ và α là một số thực
Ta xét các tích phân dạng
∞

R(x)xα dx

I(α) =

(3.11)

0

Trong đó R(x) khơng có cực điểm ≥ 0 và R(0) = 0 (vì trong trường hợp
ngược lại R(x) = xl Rl (x), trong đó l là số ngun). Rl (x) chỉnh hình tại điểm
z = 0, sao cho Rl (0) = 0 khi đó thay cho (3.11) ta có thể xét tích phân
∞

xβ Rl (x)dx,

I=

(Rl (0) = 0, ∞)

(3.12)

0

Ta lưu ý rằng tích phân (3.11) hội tụ khi và chỉ khi các điều kiện sau đây
được thỏa mãn:
a) Hàm R(x) khơng có cực điểm ≥ 0
b) Hàm R(x) thỏa mãn điều kiện:
(b1) lim |x|α+1 |R(x)| = 0
x→0

(b2) lim |x|α+1 |R(x)| = 0
x→∞

Hiển nhiên điều kiện (b1) được thỏa mãn khi và chỉ khi α + 1 > 0 (tức là
α > −1). Ta xét điều kiện (b2). Khi x → ∞ thì ta có thể viết
R(x) ≈

const
,
xm−n

(const = 0; m − n ∈ Z)

Do đó điều kiện (b2) được thỏa mãn khi và chỉ khi
m−n−α−1>0
Hay là
α + n − m < −1
Như vậy, ở đây ta sẽ giả thiết rằng R(x) là hàm hữu tỷ khơng có cực điểm
≥ 0, R(0) = 0. Tích phân dạng (3.11) hội tụ khi và chỉ khi
α > −1 (khả tích tại 0)
8

(3.13)

α + n − m < −1 (khả tích tại vơ cùng)

(3.14)

1−α
(3.15)

tức là

Pn
là hàm hữu tỷ khơng có các cực điểm ≥ 0 và
Qm
α là số thực không nguyên sao cho

Định lý 3.5. Giả sử R =

α > −1

(3.16)

α + n − m < −1

(3.17)

Khi đó
R(x)xα dx =

I(α) =
R+

2πi
1 − e2πiα

Res[R(z)z α ; ai ]

(3.18)

ai

Trong đó z α là hàm được xác định theo công thức z α = eαlnz , lnz = ln|z| +
i arg z, 0 < arg z < 2π
Định lý 3.6. Với các giả thiết của định lý (3.5) và α là số nguyên ta có hệ
thức sau đây
∞

R(x)xα dx = −

(1)
0

ai
∞

(2)
0

3.4

Res [R(z)z α ln z, ai ]

1
R(x)xα logxdx = − Res [R(z)z α ln z, ai ]−πi
2

Res [R(z)z α ln z, ai ]
ai

Tìm tổng của chuỗi

Các phương pháp của lý thuyết thặng dư còn được áp dụng để khảo sát
tổng các chuỗi. Trong một số trường hợp, việc đó thường dựa trên các định
lý sau đây:

9


Định lý 3.7. Giả sử
R(z) =

Pn (z)
Qm (z)

(3.19)

là hàm hữu tỷ với các cực điểm không nguyên z1 , z2 , · · · , zp

(zk ∈ Z, k =

1, 2, · · · , p) và giả sử m ≥ n + 2
Khi đó
p

R(n) = −π
−∞
Res[R(z)ctgπz; zk ]

(3.20)

k=1

Định lý 3.8. Với các giả thiết của định lý (3.7) ta cịn có
p

(−1)n R(n) = −π
−∞
3.5

Res
k=1

R(z)
; zk
sinπz

Bài tập

3.5.1

Tích phân đường

Bài tập 3.1. Tính các tích phân theo chu tuyến đóng
a)
|z|=4

ez − 1
dz
z2 + z
tan zdz

b)
|z|=2

cos

c)
|z|=2

d)

z
dz
z−1

1
dz;

+1

C : x2 + y 2 = 2x

C

z4

C

z
dz;
(z − 1)(z − 2)2

e)
f)

|z|=2

C : |z − 2| =

z2
dz
(z 2 + 1)(z + 3)

Giải
10

1
2

(3.21)


a) Trong hình trịn (C) tâm (0; 0) bán kính 4 hàm dưới dấu tích phân chỉ
có hai điểm bất thường z = 0 và z = −1
Theo định lý Cauchy về thặng dư, ta có:

|z|=4

ez − 1
dz = 2πi [Res[f, 0] + Res[f, 1]]
z2 + z
= 2πi(1 − e− 1) (Theo ý b bài 2.5)

b) Trong miền D = {|z| < 2} hàm tan z chỉnh hình khắp nơi trừ ra hai
π
−π
điểm z = và z =
đó là các cực điểm đơn. Ta có:
2
2
tan zdz = 2πi Res f,
|z|=2

π
−π
+ Res f,
2
2

= 2πi(−2)
= −4πi
c) Ta có I = 2πiRes[f, 1]
Lại có
cos

z
1
= cos 1 +
z−1
z−1
1
1
− sin 1 sin
= cos 1 cos
z−1
z−1
1
1
1
+ · · · − sin 1
−
+ ···
= cos 1 1 −
2
2(z − 1)
z − 1 3!(z − 1)3

Từ đó hệ số a−1 (f ) của chuỗi Laurent hàm f bằng

a−1 (f ) = cos 1 − sin 1
Do đó I = cos 1 − sin 1
d) f (z) =

z4

1
+1

z 4 + 1 = 0 ⇔ (z −

√

i)(z +

11

√
√
√
i)(z − −i)(z + −i) = 0


√
1
i
i= √ +√
z
1 =


2
2

√
−1
i

 z2 = − i = √ − √

2
2
⇔
−1
i
 z = √−i = √
+√
 3

2
2

√
1
i
z4 = − −i = √ − √
2
2


Có C : x2 + y 2 = 2x ⇔ (x − 1)2 + y 2 = 1

⇔ Đường trịn tâm I(1, 0) bán kính R = 1
⇔ z1 , z4 nằm trong C
Ta có
1
i
Res f, √ + √ = lim
z→ √1 + √i
2
2
2
2
=

lim

1
z+√
2
1
2i
2
√ + √ 2i
2
2
√
2
4i√
−4 √
− 2
2

−
i
8
8

z→ √1 + √i
2

=

=
=

1
z−√
2

2

1
i
Res f, √ − √ = lim
z→ √1 − √i
2
2
2
2
=

=

=

1
i
z−√ −√
2
2
i
i
1
−√
z+√ +√
2
2
2
1
i
+ √ (z 2 + i)
2

1

1
i
z+√ −√
2
2
1
2
2i

√ − √ (−2i)
2
2
√
2
−4i
√−4√
− 2
2
+
i
8
8

12

(z 2 − i)

(z 2 + i)


⇔
C

√
√
1
− 2
2
dz = 2πi

−
i
4
z +1
8
8
√
− 2
=
πi
2

+

√
√
− 2
2
+
i
8
8

z1 = 1
z
2
(z
−
1)(z
−

2)
=
0
⇔
(z − 1)(z − 2)2
z2 = 2
1
1
C : |z − 2| = ⇒ Đường trịn tâm (2; 0) bán kính R =
2
2
⇒ z2 = 2 nằm trong đường tròn

e) f (z) =

Ta có
Res[f, 2] =
z→2

⇒
C

1 z
2
=
=2
1! z − 1
2−1

z

dz = 2πiRes[f, 2] = 4πi
(z − 1)(z − 2)2

z2
f) f (z) = 2
(z + 1)(z +3)
z1 = i

f (z) có 3 cực điểm 
 z2 = −i Chỉ có 2 cực điểm z1 , z2 nằm trong đường
z3 = −3
tròn tâm (0; 0) bán kính 2 nên
I = 2πiRes[f (z), i] + 2πiRes[f (z), −i]
z2
z→i
(z − i)(z + i)(z + 3)
z2
−1
= lim
=
z→i (z + i)(z + 3)
2i(i + 3)
z2
Res[f (z), −i] = lim (z + i)
z→−i
(z − i)(z + i)(z + 3)
z2
1
= lim
=

z→−i (z − i)(z + 3)
2i(−i + 3)
−1
1
πi
⇒ I = 2πi
+
=
2i(i + 3) 2i(−i + 3)
5
Res[f (z), i] = lim(z − i)

13


3.5.2

Tích phân xác định

Bài tập 3.2. Tính
2π

a) I1 =
0
π

b) I2 =
−π
π

c) I3 =
0

dx
cos x − 2
dx
cos x − 2

dx
cos x − 2

Giải
a) Đặt z = eix , ta có:
z = eix = cos x + i sin x

(3.22)

1
= e−ix = cos x − i sin x
z

(3.23)

Từ (3.22) và (3.23), Ta có
1
z+
2
1
sin x =
z−

2i

1
z
1
z
dz
dz = ieix dx ⇒ dx = −i
z
cos x =

Lại có: x : 0 → 2π ⇒ |z| = 1
Ta có:
dz

I1 = −i
|z|=1

z

= −2i
|z|=1

1
2

z+

1
z

= −2i
−2

|z|=1

z2

dz
+ 1 − 4z

dz
√
√
(z − 2 − 3)(z − 2 + 3)

1
√
√
(z − 2 − 3)(z − 2 + √3)
√
Hàm f (z) có hai cực điểm là z1 = 2 + 3 và z2 = 2 − 3 chỉ có cực
Xét hàm f (z) =

14


điểm z = 2 −

√

3 nằm trong miền giới hạn bởi |z| = 1. Vậy

(z − 2 −

|z|=1

√

√
dz
√ = 2πiRes[f (z), 2 − 3]
3)(z − 2 + 3)

Mà
Res[f (z), 2 −

√
3] =

lim√ (z − 2 +

√

3)

z→2− 3

(z − 2 −

√

1
√
3)(z − 2 + 3)

1
√
lim√
z→2− 3 z − 2 −
3
√
− 3
=
6
=

√
√
dz
− 3
− 3
√
√ = 2πi
Vậy
=
πi
6
3
3)(z − 2 + 3)

|z|=1 (z − 2 −
√
√
− 3
−2 3
π
Vậy I1 = −2i
πi =
3
3
π

dx
−π cos x − 2
x : −π → π ⇒ |z| = 1

b) I2 =

√
−2 3
Tương tự như phần a) ta được I2 =
π
3
π

c) I3 =
0

dx
cos x − 2

1
là hàm chẵn nên ta có:
cos x − 2
√
√
π
1
1 −2 3
− 3
dx
I3 =
= I2 =
π=
π
2
2 3
3
0 cos x − 2

Nhận thấy f (x) =

3.5.3

Tích phân suy rộng

Bài tập 3.3. Tính
a) I1 =
R

dx

+1

x2

+∞

b) I2 =
0

dx
+1

x2

15


Giải
1
1
=
có hai cực điểm là x1 = i và
+1
(x − i)(x + i)
x2 = −i. Nhưng chỉ có cực điểm x1 = i nằm trong nửa mặt phẳng trên.

a) Hàm f (z) =

x2

Vậy
I1 =
R

dx
= 2πiRes[f (x), i]
x2 + 1

Mà Res[f (x), i] = lim(x − i)
x→i

1
1
=
(x − i)(x + i)
2i

1
Vậy I = 2πi = π
2i
b) Vì f (x) =

x2

1
1
π
là hàm chẵn nên I2 = I1 =
+1
2

2

Bài tập 3.4. Tính I =
R

(z 2

dz
+ 1)(z 2 + 4)

Giải
dz
1
=
có 4 cực
2
+ 1)(z + 4)
(z + i)(z − i)(z + 2i)(z − 2i)
điểm là a1 = i, a2 = −i, a3 = 2i, a4 = −2i. Nhưng chỉ có 2 cực điểm là a1 = i
Vì hàm f (z) =

(z 2

và a3 = 2i nằm trong nửa mặt phẳng trên vậy
I = 2πiRes[f (z), i] + 2πiRes[f (z), 2i]
Ta có
Res[f (z), i] = lim(z − i)
z→i

1

(z + i)(z − i)(z + 2i)(z − 2i)

1
6i

=

Res[f (z), 2i] = lim (z − 2i)
z→2i

−1
12i

=
Vậy I = 2πi

1
−1
+
6i 12i

1
(z + i)(z − i)(z + 2i)(z − 2i)

=

π
6

16

Bài tập 3.5. Tính tích phân I =
R

x2

x sin x
dx
− 2x + 10

Giải
Ta có
x sin x
= Im
x2 − 2x + 10

xeix
x2 − 2x + 10

= Im

zeiz
z 2 − 2z + 10

z=x∈R

Do đó ta cần tính tích phân

R

xeix
dx
x2 − 2x + 10

Xét hàm phụ
zeiz
= g(z)eiz
z 2 − 2z + 10
z
g(z) = 2
z + 2z + 10

f (z) =

Trong nửa mặt phẳng trên, hàm f (z) có cực điểm đơn z = 1 + 3i. Ta chọn
√
chu tuyến C(R) với R > 10 (để cực điểm z = 1 + 3i) nằm trong C(R).
Theo định lý Cauchy về thặng dư, ta có:
R
−R

xeix
dx +
x2 − 2x + 10

f (z)dz = 2πiRes[f, 1 + 3i]
γ(R)

π

(1 + 3i)e−3+i
3
π −3
= e (cos 1 − 3 sin 1)+i(3 cos 1 + sin 1)
3
=

Để ước lượng tích phân theo γ(R) ta lưu ý rằng
z
− 2z + 10 z∈γ(R)
R
≤ 2
→ 0 (R → ∞)
R − 2R − 10

|g(z)|z∈γ(R) =

z2

zeiz
dz = 0
R→∞ γ(R) z 2 − 2z + 10
Qua giới hạn đẳng thức (3.24) Khi R → ∞, ta thu được

Do đó theo bổ đề Jordan: lim

R

xeix
π

dx = e−3 [(cos 1 − 3 sin 1) + i(3 cos 1 + sin 1)]
2
x − 2x + 10
3
17

(3.24)


và bằng cách tách phần thực và phần ảo, ta có

R

x sin x
dx = Im
2
x − 2x + 10

3.5.4

R

xeix
dx
x2 − 2x + 10

=

πe−3
(3 cos 1 + sin 1)

3

Tìm tổng của chuỗi

Bài tập 3.6. Tính tổng
∞

a) S =
k=1
∞

b) S =
k=1

1
(a > 0)
k 2 − a2
1
k2

Giải
∞

1
).
2 − a2
k
k=1
1
Hàm f (z) = 2

có các cực điểm đơn tại ±a. Theo định lý (3.6),
z − a2
ta có

a) S =

+∞

−∞

Vậy

k2
1
2

1
−π
= −πcotgπaRes[f (z), a] − πcotg(−πa)Res[f (z), −a] =
cothπa
2
−a
a
+∞

−∞

1
1
1

π
+
=
−
cothπa
k 2 − a2 2a2
2a2 2a

1
có cực điểm cấp 2 tại 0 nên không áp dụng trực tiếp
z2
π
mệnh đề được. Tuy nhiên lập luận tương tự , với g(z) = 2 cotgπz, ta
z
∞
1
= Res[g(z), 0]. Khai triển Lảuent
có
k2
k=0

b) Hàm f (z) =

2

4

π cos πz
1 1 − π2! z 2 + π4! z 4 + · · ·
g(z) = 2

= 3
z sin πz
z 1 − π3!3 z 2 + π4!5 z 5 + · · ·
1
π2
π4
π3
π5
= 3 1 − z2 + z4 + · · ·
1 − z2 + z4 + · · ·
z
2!
4!
3!
5!
18


=

1
z3

1−

π2 2
z + ···
3

π2

Suy ra Res[g(z), 0] = −
3
∞
1
1
1
π2
Vậy S =
=
=
k2
2 k=0 k 2
6
k=1

19