bài tập tích phân phức và thặng dư

Chương 1
LÝ THUYẾT TÍCH PHÂN
CỦA HÀM CHỈNH HÌNH
Bài tập 1.1. Giả sử C là chu tuyến giới hạn bởi miền Ω có diện tích S.
Chứng minh:
xdz = iS

a)
C

ydz = −S

b)
C

zdz = 0

c)
C

Lời giải
P dx + Qdy =

a) Áp dụng công thức Green:
C

xdz =

Ta có:
C

P =x⇒

C

∂Q ∂P
−
∂x
∂y

dxdy

x(dx + idy)
C

∂P
= 0;
∂y

Q=0⇒

∂Q
=0
∂x

Mà:
xdx =
C

0dxdy
DC

(1 − 0)dxdy =

xdy =
C

dxdy = S (diện tích của miền DC)

DC

C

xdz = iS

Vậy
C

1


ydz =

b)
C

y(dx + idy) =

ydx + i

C

P =0⇒

C

∂P
= 0;
∂y

ydy =

Q=y⇒

ydy

∂Q
=0
∂x

C

0dxdy = 0

C

C

Mà:
(0 − 1)dxdy =

ydx =
C

−dxdy = −S

C

C

ydz = −S

Vậy
C

c) Ta có
zdz =

(x + iy)(dx + idy)

C

C

=

xdx + i

=

0

=

0

Bài tập 1.2. Tính I1 =

ydx −

xdy + i

C

C

− iS

+ iS

xdz,

C

I2 =

C

ydy
C

−0

ydz với:
C

a) C là bán kính vector của điểm z = 2 + i
b) C là nửa đường tròn |z| = 1, 0 ≤ argz ≤ π (điểm đầu tại z = 1)
c) C là đường tròn |z − a| = R
Lời giải
a) Đường lấy tích phân y =

x
;
2

x:0→2

2

I1 =

xdz =
L

2

xdz =
0

2

xdx + i
0

xdy
0

2

=

2

xdx + i
0

=2+i

2

0

1
x2
x2
xdx = |20 + i |20
2
2
4

I2 =

ydz
L

Đường lấy tích phân x = 2y,
ydz =

I2 =

y:0→1

y(dx + idy) =

L

ydx + i

L

L
1

ydy
L
1

ydy

yd(2y) + i

=

0

0

2y 2 1
y2
|0 + i |10
2
2
i
=1+
2
=

b) Đặt z = cosϕ + isinϕ ⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ) dϕ
π

cosϕ (−sinϕ + icosϕ) dϕ

xdz =

I1 =

0

L

π

=−

π

cos2 ϕdϕ

cosϕsinϕdϕ + i
0

0

π
−sin2ϕ
1 + cos2ϕ
dϕ + i
dϕ
2
2
0
0
1
1
1
cos2π|π0 + i
ϕ + sin2ϕ |π0
4
2

4
1
1
π 1
1
cos2π − cos0 + i
+ sin2π − sin0
4
4
2 4
4
1 1 πi
− +
4 4
2
πi
2
π

=
=
=
=
=

π

I2 =

ydz =

sinϕ (−sinϕ + icosϕ) dϕ
0

C

π

π

−sin2 ϕdϕ + i

=
0

sinϕcosϕdϕ
0

π

π
1 − cos2π
sin2ϕ
dϕ + i
dϕ
2
2
0
0
−1

sin2ϕ π
−cos2ϕ π
=
ϕ+
|0 + i
|0
2
4
4
−1
1
1
i
=
π + sin2π − icos2π + cos0 =
2
4
4
4

=−

3

−π
2


c) Đặt z = x + iy
C là đường tròn tâm (a, 0), bán kính R

⇒ z = a + R(cosϕ + isinϕ) = (a + Rcosϕ) + iRsinϕ
2π

I1 =

xdz =
C

(a + Rcosϕ) d (a + Rcosϕ + iRsinϕ)
0
2π

(a + Rcosϕ) d (a + Rcosϕ + iRsinϕ)

=
0

2π

2π

(a + Rcosϕ)d(a + Rcosϕ) + i

=
0

(a + Rcosϕ)d(Rsinϕ)
0

2π

(a + Rcosϕ)2 2π
=
(aRcosϕ + R2 cos2 ϕ)dϕ
|0 + i
2
0
2
(a + Rcos2π)
(a + Rcos0)2
=
−
+ i(−aRsinϕ |2π
0 +i
2
2
R2
1
= i(−aRsin2π + aRsin0) + i
ϕ − sin2ϕ
2
4
2
R
= 0 + i 2π
2
= iR2 π

2π

R2

0

2π

Rsinϕd(a + Rcosϕ + iRsinϕ)

ydz =

I2 =

0

C

2π

2π

=

Rsinϕd(a + Rcosϕ) +
2π

−R

=

21

0

− cos2ϕ
d(a + Rcosϕ) + i
2

−R2
2π
2
= −R2 π
=

Cách 2 Dùng công thức Green
xdz = iS

vớiz = x + iy

C

(S là miền giới hạn bởi C)
xdz = iπR2

⇒ S = πR2 ⇒

Rsinϕd(iRsinϕ)
0

0

C

4

2π

Rsinϕd(Rsinϕ)
0

1 + cos2ϕ
dϕ
2


|z|dz với:

Bài tập 1.3. Tính I =
C

a) C là nửa đường tròn |z| = 1, 0 ≤ argz ≤ π (điểm đầu tại z = 1)
b) C là nửa đường tròn |z| = 1,

−π
π
≤ argz ≤ (điểm đầu là z = −i)
2
2

c) C là đường tròn |z| = R
Lời giải
0≤ϕ≤π

a) Đặt z = cosϕ + isinϕ,

⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ)dϕ
cos2 ϕ + sin2 ϕ = 1

|z| =

π

|z|dz =

I=
C

(−sinϕ + icosϕ)dϕ
0

= (−cosϕ − isinϕ)|π0
= −1 − 1 = −2
b) Đặt z = |z|(cosϕ + isinϕ) = cosϕ + isinϕ
⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ)dϕ
π
2

I=

π
2

dz =

−π
2

(−sinϕ + icosϕ)dϕ
−π
2
π

2
= (cosϕ + isinϕ)| −π
2

= −i − (−i) = −2i
c) Đặt z = Rcosϕ + icosϕ
2π

R(−Rsinϕ + icosϕ)dϕ = R2 (cosϕ + isinϕ)|2π
0 = 0

I=
0

|z|zdz ở đó C là đường cong kín gồm nửa trên

Bài tập 1.4. Tính I =
C

của đường trịn |z| = 1, và đoạn −1 ≤ x ≤ 1, y = 0
Lời giải
Tách C thành hai đường |z| = 1 và −1 ≤ x ≤ 1, y = 0

5


|z|zdz =

I=
C

|z|zdz +
C1

|z|zdz
C2

|z|zdz

I1 =
C1

z = cosϕ + isinϕ ⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ)dϕ
ϕ : 0 → π, |z| = 1 Ta có:
π

1(cosϕ − isinϕ)(−sinϕ + icosϕ)dϕ

I1 =
0

π

π
0

0

=

iϕ|π0

|z|zdz,

I2 =

(cos2 ϕ + sin2 ϕ)dϕ

(−cosϕsinϕ + sinϕcosϕ)dϕ + i

=

= iπ
x : −1 → 1

C2

z = x + iy, y = 0 ⇒ z = 0, |z| = |x|
0

1

|x|xdx +

I2 =

|x|xdx

−1
0

0
1
2

x2 dx =

−x dx +

=
−1

=

0

x3
−x3 0
|−1 + |10
3
3

−1 1

+ =0
3
3

⇒ I1 + I2 = πi + 0 = πi
dz
√ theo các đường sau:
z
C
√
a) Nửa đường tròn |z| = 1, y ≥ 0, 1 = 1

Bài tập 1.5. Tính I =

√
b) Nửa đường trịn |z| = 1, y ≥ 0, 1 = −1
√
c) Nửa đường tròn |z| = 1, y ≤ 0, 1 = 1
√
d) Đường tròn |z| = 1, 1 = 1
Lời giải
√
√
√
a) z = reiϕ , 1 = 1 ⇒ z = eiϕ , ϕ : 0 → π

I=
C

dz

√ =
z

π
0

d(eiϕ )
√
=
eiϕ

π
0

ieiϕ
ϕ dϕ = i
ei 2
6

π

ϕ

ϕ

ei 2 dϕ = 2ei 2 |π0 = 2i − 2
0


b)

√

ϕ

z = ei( 2 +π)
π
ieiϕ
⇒I=
dϕ =
i ϕ +π )
0 e (2
eiϕ = cosϕ + isinϕ

π

ϕ

ϕ

ei( 2 −π) dϕ = 2ei( 2 −π) |π0 = 2e−i 2 − 2e−iπ
π

0

e−iπ = cos(−π) + isin(−π) = −1
−π
−π
π
+ isin

= −i
e−i 2 = cos
2
2
⇒ I = −2i + 2
√
√
√
c) z = reiϕ , 1 = 1 ⇒ z = eiϕ , ϕ : π → 2π
I=
C

=

dz
√ =
z

ϕ
2ei 2 |2π
π

2π
π
i π2

= 2e

d(eiϕ )
√

=
eiϕ

2π
π

ieiϕ
ϕ dϕ = i
ei 2

2π

ϕ

ei 2 dϕ
π

iπ

− 2e

eiϕ = cosϕ + isinϕ
eiπ = cos(π) + isin(π) = −1
π
π
π
+ isin
=i
ei 2 = cos
2

2
⇒ I = 2i + 2
√
√
√
d) z = reiϕ , 1 = 1 ⇒ z = eiϕ , ϕ : 0 → 2π
I=
C

=

dz
√ =
z

ϕ
2ei 2 |2π
0

2π
0

d(eiϕ )
√
=
eiϕ

2π
0

ieiϕ
ϕ dϕ = i
ei 2

2π
0

iπ

= 2 − 2e = 4

Bài tập 1.6. Giả sử C là chu tuyến. Tính I =
C

a) Điểm 3i nằm trong C, −3i nằm ngoài C
b) Điểm −3i nằm trong C, 3i nằm ngoài C
c) Điểm ±3i nằm trong C
Lời giải

7

dz
nếu:
+9

z2

ϕ

ei 2 dϕ

a) I =
C

dz
(z − 3i)(z + 3i)
1
là chỉnh hình trên C
z + 3i
dz
1
1
π
= 2πi
= 2πi =
(z − 3i)(z + 3i)
3i + 3i
6i
3

Ta có 3i ∈ C;
I=
C

1
là chỉnh hình trên C
z − 3i
1
dz

1
−π
z − 3i dz = 2πi
=
=
(z − 3i)(z + 3i)
−3i − 3i
3
C z + 3i

b) Ta có −3i ∈ C;
I=
C

f (z) =

f (z) =

c) Cách 1
I=
C

dz
=
(z − 3i)(z + 3i)

C

1
z + 3i dz +

z − 3i

C

1
z − 3i dz = 0
z + 3i

Cách 2
I=
C

A
dz +
z − 3i

C

B
1
dz =
z + 3i
6i

C

dz
−
z − 3i

C

dz
z + 3i

=0

Bài tập 1.7. Giả sử C là chu tuyến không qua các điểm 0, 1, −1. Hãy tính
dz
2
C z(z − 1)
Lời giải



Cả ba điểm trong





Cả ba điểm ngồi
Chu tuyến khơng đi qua các điểm 0, −1, 1 nên có 4 trường hợp :


một điểm trong






hai điểm trong
• TH1: 0, −1 khơng thuộc Dγ , 1 thuộc Dγ
1
f (z) =
chỉnh hình trên Dγ
z(z 2 + 1)
dz
⇒
=0
2
C z(z − 1)
• TH2: 1, −1 khơng thuộc Dγ , 0 thuộc Dγ
1
f (z) = 2
chỉnh hình trên Dγ
(z − 1)
1
dz
z 2 − 1 dz = 2πi 1 = −2πi
I1 =
=
2
z
02 − 1
C z(z − 1)
C
8

• TH3: 0 không thuộc Dγ , 1, −1 thuộc Dγ
1
f (z) =
chỉnh hình trên Dγ
z(z + 1)
1
dz
1
z(z + 1)
I2 =
=
dz
=
2πi
= πi
2
z−1
1(1 + 1)
C z(z − 1)
C
• TH4: 0, 1 khơng thuộc Dγ , −1 thuộc Dγ
1
f (z) =
chỉnh hình trên Dγ
z(z − 1)
1
1
dz
z(z − 1)
=

dz = 2πi
= πi
I3 =
2
z+1
−1(−1 − 1)
C
C z(z − 1)
• TH5: −1 khơng thuộc Dγ , 0, 1 thuộc Dγ
I = I1 + I2 = −2πi + πi = −πi
• TH6: 1 khơng thuộc Dγ , 0, −1 thuộc Dγ
I = I1 + I3 = −πi
• TH7: 0 khơng thuộc Dγ , 1, −1 thuộc Dγ
I = I2 + I3 = 2πi
• TH8: 0, 1, −1 thuộc Dγ
I = I1 + I2 + I3 = 0
Bài tập 1.8. Tính I =
|z−a|=a

zdz
,a > 1
−1

z4

Lời giải
Ta có a > 1 ⇒ 1 ∈ Dγ
z
chỉnh hình trên Dγ
f (z) = 2

(z + 1)(z + 1)
z
2
zdz
1
πi
(z + 1)(z + 1)
I=
=
dz = 2πi
=
4
z−1
(1 + 1)(1 + 1)
2
|z−a|=a z − 1
|z−a|=a
Bài tập 1.9. Tính I =
C

zez dz
nếu điểm a nằm trong chu tuyến C
(z − a)3

Lời giải
n=2
9


z0 = a

f (z) = zez
f (z) = ez + zez = (z + 1)ez
f (z) = (z + 2)ez
zez dz
2πi
(a + 2)ea = πi(2 + a)ea
⇒I=
=
3
(z
−
a)
2!
C
Bài tập 1.10. Giả sử C là chu tuyến. Tính I =

1
2πi

C

ez dz
nếu:
z(1 − z)3

a) Điểm 0 ở trong C, 1 ở ngoài C
b) Điểm 1 ở trong C, 0 ở ngoài C
c) C vây quanh z = 0 và z = 1
ez
⇒ f chỉnh hình với mọi z = 1

(1 − z)3
ez dz
1
ez dz
1
e0
(1 − z)3
I=
=
=
=1
2πi C z(1 − z)3
2πi C
z
1

a) f (z) =

ez
⇒ f (z) chỉnh hình trên C
z
ez
z
1
e dz
1
z
I1 =
=
dz

2πi C z(1 − z)3
2πi C (1 − z)3
ez z − ez
(z − 1)ez
f (z) =
=
z2
z2
(z 2 − 2z + 2)ez
f (z) =
z3
1 2πi (1 − 2 + 2)e1
e
I2 =
=
2πi 2!
1
2
e
c) I = I1 + I2 = 1 +
2

b) f (z) =

Bài tập 1.11. Tìm hàm giải tích f (z) = u(x, y) + iv(x, y) theo phần thực,
phần ảo đã cho;
a) u = x2 − y 2 + 5x + y −

x2

y
+ y2

b) u = ex (xcosy − ysiny) + 2sinxshy + x3 − 3xy 2 + y
10


c) v = 3 + x2 − y 2 −

2(x2

y
+ y2)

d) v = ln(x2 + y 2 ) + x − 2y
a) Giả sử f (z) = u(x, y) + iv(x, y) Xét:
∂u
2xy
∂v
= 2x + 5 − 2
=
2
2
∂x
(x + y )
∂y
⇒ v(x, y) =

2x + 5 −

= (2x + 5)y −

(x2

2xy
+ y 2 )2

dy + ϕ(x)

x
+ ϕ(x)
x2 + y 2

∂v
2x2 − (x2 + y 2 )
−∂u
= 2y −
+ ϕ (x) =
2
2
2
∂x
(x + y )
∂y
2
2
x2 − y 2
x −y
+
ϕ

(x)
=
−
2y
+
1
+
⇔ 2y − 2
(x + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
⇔ ϕ (x) = −1
⇔ ϕ(x) = −x + C
x2 − y 2 + 5x + y −

⇒ f (z) =
b)

x2

y
x
−x+C
+i (2x + 5)y − 2
2
+y
x + y2

∂u
∂v
= ex xcosy + ex cosy − ex ysiny + 2cosxshy + 3x2 − 3y 2 =

∂x
∂y
⇒ v(x, y) =

ex xcosy + ex cosy − ex ysiny + 2cosxshy + 3x2 − 3y 2 dy + ϕ(x)

= ex xsiny + ex siny + 2cosxchy + 3x2 y − y 3 −

ex ysinydy + ϕ(x)

= ex xsiny + ex siny + 2cosxchy = 3x2 y − y 3 + ex ycosy − ex siny + ϕ(x)
= ex xsiny + 2cosxchy + ex ycosy + 3x2 y − y 3 + ϕ(x)
∂u
= −ex xsiny − ex siny − ex ycosy + 2sinxchy − 6xy + 1
∂y
∂v
= ex xsiny + ex siny + ex ycosy − 2sinxchy + 6xy + ϕ (x)
∂x
∂u
∂v
Mà
=−
nên −1 = ϕ (x) ⇔ ϕ(x) = −x + C
∂y
∂x
⇒ f (z) = ex (xcosy − ysiny) + 2sinxshy + x3 − 3xy 2 + y + i(ex xsiny +
2cosxchy + ex ycosy + 3x2 y − y 3 + x + c)
11

c)

∂v
4xy
xy
−∂u
= 2x +
= 2x + 2
=
2
2
2
2
2
∂x
4(x + y )
(x + y )
∂y
xy
dy + ϕ(x)
+ y 2 )2
xy
= −2xy −
dy + ϕ(x)
2
(x + y 2 )2
x
+ ϕ(x)
= −2xy −
2

2(x + y 2 )

⇒ u(x, y) = −

2x +

(x2

∂u
2x2 + 2y 2 − 4x2
∂v
= −2y −
+ ϕ (x) =
2
2
2
∂x
4(x + y )
∂y
y 2 − x2
−x2 + y 2
⇔ −2y −
+
ϕ
(x)
=
−2y
−
2(x2 + y 2 )2
2(x2 + y 2 )2

⇔ ϕ (x) = 0 ⇔ ϕ(x) = C
x
⇒ u(x, y) = −2xy −
+C
2
2(x + y 2 )
y
x
+ C + i 3 + x2 − y 2 −
⇒ f (z) = −2xy −
2
2
2
2(x + y )
2(x + y 2 )
d)

∂v
2y
∂u
= 2
−
2
=
∂y
x + y2
∂x
2y
x
⇒ u(x, y) =

− 2 dx + ϕ(y) = −2x + 2arctan + ϕ(y)
2
2
x +y
y
1
−x
∂u
∂v
=2 2
+ ϕ (y) = −
2
x
∂y
y
∂x
+
1
y2
−2x
−2x
⇔ 2
+ ϕ (y) = 2
−1
2
x +y
x + y2
⇒ ϕ (y) = −1 ⇒ ϕ(y) = −y + C
x
⇒ u(x, y) = −2x + 2arctan − y + C

y
x
⇒ f (z) = −2x + 2arctan − y + c + i (ln(x2 + y 2 ) + x − 2y)
y

12


Chương 2
CHUỖI TAYLOR VÀ LÝ
THUYẾT THẶNG DƯ
Bài tập 2.1. Khai triển các hàm sau thành chuỗi Taylor tại z = 1 và tìm
bán kính hội tụ:
z
z+2
z
b) f (z) = 2
z − 2z + 5
a) f (z) =

c) f (z) =

z2
(z + 1)2

d) f (z) = lnz
Lời giải
a) Ta có:
z
z

z−1+1
1
z−1
=
=
=
+
z+2
3 + (z − 1)
3 + (z − 1)
3 + (z − 1) 3 + (z − 1)
1
1 z−1
1
=
+
z−1 3
z−1
3
1+
1+
3
3
∞
∞
n
n
1
z−1
z−1

z−1
n
n
=
(−1)
+
(−1)
3 n=0
3
3 n=0
3
13


∞

=

∞

n+1
− 1)n
n (z − 1)
+
(−1)
3n+1
3n+1
n=0

n (z

(−1)
n=0

b) Ta có:
z2

z
z
z
= 2
=
− 2z + 5
(z − 2z + 1) + 4
(z − 1)2 + 4
z−1
1
z−1+1
=
+
=
2
2
(z − 1) + 4
(z − 1) + 4 (z − 1)2 + 4
z−1
1
1
1
=

+
2
4 (z − 1)
4 (z − 1)2
+1
+1
4
4
∞
∞
2n
z−1
z−1
z−1
1
n
=
(−1)
(−1)n
+
4 n=0
2
4 n=0
n
∞

∞

(−1)n

=
n=0

2n

2n
(z − 1)2n+1
n (z − 1)
+
(−1)
22n+2
22n+2
n=0

c) Ta có:
z2
z2 + 1 − 1
z2 − 1
1
=
=
+
2
2
2
(z + 1)
(z + 1)
(z + 1)
(z + 1)2
1

z−1
+
=
z + 1 (z + 1)2
z+1−2
2
2
z−1
=
=1−
=1−
z+1
z+1
z+1
2 + (z − 1)
∞

1
=1−
=1−
(−1)n
z−1
n=0
1+
2
1
−1
=
2
(z + 1)

z+1
1
1
1
1
=
=
z−1
z+1
2 + (z − 1)
2
1+
2
∞
n
1
z
−
1
(−1)n
=
2 n=0
2
∞

(−1)n

=
n=0

14

(z − 1)n
2n+1

z−1
2

n


⇒

∞

1
=
(z + 1)2

(−1)n+1
n=0
∞

(−1)n+1 n

=
n=0
∞

z2

⇒
=1−
(−1)n
(z + 1)2
n=0
d) Ta có: lnz =

z−1
2

(z − 1)n−1
2n+1
∞

n

(−1)n+1 n

+
n=0

∞

(−1)n (z − 1)n
n=0

∞

∞

(−1)n (z − 1)n

(−1)n n(z − 1)n−1

=

n=0

n=0

Bài tập 2.2. Bài khai triển taylor laurent
Bài tập 2.3. Tính thặng dư
Bài tập 2.4. Tính các tích phân sau nhờ thặng dư
a)
C

C

1
zdz
, C : |z − 2| =
2
(z − 1)(z − 2)
2

C

dz
, C : |z| = 2
(z − 3)(z 5 − 1)

C

z 3 dz
, C : |z| = 1
2z 4 + 1

C

ez dz
, C : |z| = 1
z 2 (z 2 − 9)

c)
d)
e)
f)

dz
, C : x2 + y 2 = 2x
+1

z4

b)

1
sin dz, C : |z| = 1
z
C

z

zn e 2 dz, n ∈ Z, C : |z| = r

g)

(z − 1)n−1
2n+1

1
z

1
1
=
=
z
1 + (z − 1)
⇒ lnz =

(z − 1)n
2n+1

C

15


Lời giải
a) f (x) =

z4

1
+1

z 4 + 1 = 0 ⇔ z 4 − (i)2 = 0 ⇔ (z 2 − i)(z 2 + i) = 0
√
√
√
√
⇔ (z − i)(z + i)(z − −i)(z + −i) = 0

√
1
i
√ +√
z
i
=
1 =

2
2

√
1
i

 z2 = − i = − √ − √


2
2
⇔
−1
i
 z = √−i = √
+√
 3

2
2

√
1
i
z1 = − −i = √ − √
2
2
Có C : x2 + y62 = 2x ⇔ (x − 1)2 + y 2 = 1
⇒ đường tròn tâm I(1, 0) bán kính R = 1
⇒ z1 , z4 nằm trong (C)
Ta có:
1
i
z−√ −√
1
i
2
2

res f, √ + √ = lim
i
1
1
i
1
i
z→ √ + √
2
2
2
2
z−√ −√
z + √ + √ (z 2 + i)
2
2
2
2
1
=
lim
i
1
z→ √1 + √i
2
2
z + √ + √ (z 2 + i)
2
2
√

√
√
1
2
− 2
2
=
−
i
=
=
2i
2
4i − 4
8
8
√ + √ 2i
2
2
1
i
1
res f, √ − √ =
lim
1
i
2
2
z→ √1 − √i
2

2
z + √ − √ (z 2 − i)
2
2
√
√
√
1
2
2
2
=
=
=−
+
2
2i
−4i − 4
8
8i
−2i √ − √
2
2
√
√
√
√
1
− 2
2

− 2
2
⇒
dz = 2πi
−
i +
+
i
4
8
8
8
8
C z +1
16


= 2πi

b) f (z) =

√
− 2
4

√
− 2
=
πi
2

z
(z − 1)(z − 2)2

(z − 1)(z − 2)2 = 0 ⇔

z1 = 1

z2 = 2
1
1
C : |z − 2| = ⇒ đường trong tâm (2, 0), bán kính R =
2
2
⇒ z2 = 2 nằm trong đường trịn.
1 z
2
Ta có: res[f, 2] = lim
=
=2
z→2 1! z − 1
2−1
z
⇒
dz = 2πires[f, 2] = 4πi
2
C (z − 1)(z − 2)

17