Baitaphbp new

BÀI TẬP HÀM BIẾN PHỨC

Ngày 17 tháng 1 năm 2022

2

Mục lục

Lời nói đầu 3

1 Số phức, dãy số phức

và chuỗi số phức 7

2 Hàm phức 25

3 Hàm chỉnh hình và lí thuyết Cauchy 49

4 Lý thuyết thặng dư 99

Tài liệu tham khảo chính 149

3

4

Lời nói đầu

Tác giả

5

6

Chương 1

Số phức, dãy số phức
và chuỗi số phức

Bài 1.1. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác, dạng mũ:
(1 + i√3)3
√ √4
a) −1−i; b) 1+i 3; c) ; d) ( 3+i) (1−i).
−1 − i

Lời giải.

√ 3π
a) Ta có | − 1 − i| = 2, arg(−1 − i) = − . Do đó
4
√ 3π 3π √ −i 3π
−1 − i = 2(cos(− ) +i sin(− )) = 2.e 4
4 4
√ √π
b) Ta có |1 + i 3| = 2, arg(1 + i 3) = . Do đó
1 + i√3 = 2(cos π + i sin π ) = 2.ei π 3 3
3 3

7

(1 + i√3)3 |1 + i√3|3 8 √

c) Ta có = = √ = 4 2 và
−1 − i | − 1 − i| 2

(1 + i√3)3 √ π 3π 7π
arg = 3 arg(1 + i 3) − arg(−1 − i) = 3 + = .
−1 − i 34 4

Do đó
(1 + i√3)3 √
7π 7π √ i 7π
= 4 2 (cos + i sin ) = 4 2.e 4
−1 − i √ 4 √4 √

4 4
d) Ta có |( 3 + i) (1 − i)| = 2 2 = 16 2, và
arg((√3 + i)4(1 − i)) = 4 arg(√3 + i) + arg(1 − i) = 4 π − π = 5π .
6 4 12

Vậy (√3 + i)4(1 − i) = 16√2.(cos 5π +i sin 5π ) = 16√2.ei 12 5π 2
12 12

Bài 1.2. Rút gọn: a) z = 1−i ; b) z = (1 + i√3)3.

1+i

Lời giải. a) z = 1 − i (1 − i)2 −2i
= = = −i.
1+i 2 2
√
π π

b) 1 + i 3 = 2(cos − i sin )
√ 3 3
z = (1 + i 3)3 = 8(cos π + i sin π) = −8.
2

Bài 1.3. Chứng minh rằng

|z1 + z2| ≥ 1 (|z1| + |z2|) z1 + z2
2 |z1| |z2|

Lời giải. Đặt z1 = r1(cos α + i sin α), z2 = r2(cos β + i sin β). Khi đó
V T = (r1 cos α + r2 cos β)2 + (r1 sin α + r2 sin β)2 = r21 + r22 + 2r1r2 cos(α − β).

8

V P = 1 (r1+r2) (cos α + cos β)2 + (sin α + sin β)2 = 1 (r1+r2) 2 + 2 cos(α − β).
2 2 2

Từ đó bình phương hai vế dễ dàng suy ra bất đẳng thức đúng.

Bài 1.4. Chứng minh

|1 − z1.z2|2 − |z1 − z2|2 = (1 − |z1|2)(1 − |z2|2)

Lời giải.
Chú ý rằng |Z|2 = Z.Z¯. Ta có

|1 − z1.z2|2 − |z1 − z2|2

= (1 − z1.z2)(1 − z1.z2) − (z1 − z2)(z1 − z2)

= (1 − z1.z2)(1 − z1.z2) − (z1 − z2)(z1 − z2)
= 1 − z1z2 − z1z2 + z1z1z2z2 − z1z1 + z1z2 + z2z1 − z2z2
= 1 + |z1|2|z2|2 − |z1|2 − |z2|2
= (1 − |z1|2)(1 − |z2|2).

2

Bài 1.5. Chứng minh

|z1 + z2|2 + |z1 − z2|2 = 2(|z1|2 + |z2|2).

Lời giải. Ta có |z1 + z2|2 + |z1 − z2|2
= (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2)

9

= (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2)

= z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2+ z1z1 − z1z2 − z2z1 + z2z2

= 2(|z1|2 + |z2|2).
Cách 2. Gọi z1 = a + bi, z2 = c + di.
V T = |(a + c) + i(b + d)|2 = |(a − c) + i(b − d)|2

= [(a + c)2 + (b + d)2] + [(a − c)2 + (b − d)2] 2

= 2[(a2 + b2) + (c2 + d2)] = 2(|z1|2 + |z2|2) = V P.

Bài 1.6. Tìm căn các số phức sau:
a) √3 1; b) √4 1; c) √3 −2 + 2i.

Lời giải.
a) 1 = 1.e0i nên √3 1 = e(2kπi)/3 (k = 0, 1, 2) hay

√3 −1 √3 −1 √ 3

1 = 1, + i , − i
2 22 2

b) √4 −1 = e 4 π+2kπ (k = 0, 1, 2, 3) hay

√ √ √ √ √ √√ √
√4 −1 = 2 + i 2 , − 2 + i 2 , − 2 − i 2 , 2 − i 2
2 22 22 22 2

c) −2 + 2i = √8ei 43π . Do đó (k = 0, 1, 2).
√3 −2 + 2i = √2ei 12 3π+8kπ

Vậy √3 −2 + 2i = √2ei 4π , √2ei 12 11π , √2ei 12 19π

10

Bài 1.7. Chứng minh z 2
học. −1 ≤ | arg z| và giải thích ý nghĩa hình

|z|

Lời giải. Viết z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Khi đó

z = | cos ϕ − 1 + i sin ϕ| = (cos ϕ − 1)2 + sin2 ϕ

−1
|z|

= 2(1 − cos ϕ) = 4 sin2 ϕ/2 = 2| sin ϕ/2|

≤ 2|ϕ/2| = |ϕ| = | arg z|.

Ý nghĩa hình học: Nếu vẽ đường tròn đơn vị và gọi A là điểm biểu

diễn cho số 1 và B là điểm biểu diễn cho số z thì z −1 là độ dài
|z| |z|

của dây AB. Còn | arg z| là độ dài của cung AB. Hệ thức vừa chứng

minh nói lên độ dài của dây AB phải nhỏ hơn hay bằng độ dài cung

AB. 2

Bài 1.8. Chứng minh rằng nếu z1 + z2 + z3 = 0 và |z1| = |z2| =
|z3| = 1 thì những điểm z1, z2, z3 là 3 đỉnh của một tam giác đều nội
tiếp trong hình trịn đơn vị.

Lời giải. Vì |z1| = |z2| = |z3| = 1 nên z1, z2, z3 thuộc đường tròn
đơn vị. Ta chỉ cần chứng minh |z1 − z2| = |z2 − z3| = |z3 − z1|. Xét
hiệu:

|z1 − z2|2 − |z2 − z3|2 = z2z3 + z2z3 − z2z1 − z1z2;
|z1 − z3|2 − |z2 − z3|2 = z2z3 + z2z3 − z1z3 − z1z3.

11

Ta chứng minh vế phải của hai đẳng thức trên bằng nhau. Thật vậy

z2z3 + z2z3 − z2z1 − z1z2 = z2z3 + z2z3 − z1z3 − z1z3
⇔ −z2z1 − z1z2 − z2z3 − z2z3 = −z1z3 − z1z3 − z2z3 − z2z3
⇔ z2(−z1 − z3) + z2(−z1 − z3) = z3(−z1 − z2) + z3(−z1 − z2)
⇔ z2z2 + z2z2 = z3z3 + z3z3(do z1 + z2 + z3 = 0)
⇔ |z2|2 = |z3|2(đúng do |z1| = |z2| = |z3| = 1).

Vậy |z1 − z2|2 − |z2 − z3|2 = |z1 − z3|2 − |z2 − z3|2. Suy ra |z1 − z2| =

|z1 − z3|. Tương tự ta có |z1 − z2| = |z2 − z3|. Do đó tam giác z1z2z3

là tam giác đều và do đó nó là tam giác đều nội tiếp trong hình trịn

đơn vị. −→ −−→ −→

Cách 2. Gọi z1 ứng với OA, z2 ứng với OB, z3 ứng với OC.

Ta có −→ −−→ −→ →−
OA + OB + OC = 0 ,

suy ra O là trọng tâm tam giác ABC.
Mặt khác từ z1| = |z2| = |z3| = 1 suy ra

OA = OB = OC = 1.

Do đó O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vậy tam giác ABC có trọng tâm trùng tâm ngoại tiếp nên nó phải

là tam giác đều. 2

Bài 1.9. Tìm điều kiện cần và đủ để 3 điểm z1, z2, z3 từng đôi một
khác nhau cùng nằm trên một đường thẳng.

12

Lời giải. =⇒). Do z1, z2, z3 cùng nằm trên một đường thẳng nên
z1 − z3 = k(z1 − z2) với k là một số thực. Vậy z1 − z3 = k. Do đó

z1 − z2
Im z1 − z3 = 0. Vậy điều kiện cần để 3 điểm z1, z2, z3 từng đôi một

z1 − z2
khác nhau và cùng nằm trên một đường thẳng là

Im z1 − z3 = 0.
z1 − z2

Ta thấy rõ ràng điều kiện trên cũng là điều kiện đủ. 2

Bài 1.10. Cho biết 2 đỉnh liên tiếp z1 và z2 của đa giác đều n cạnh.
Tìm đỉnh z3 kề với z2(z3 = z1).

Lời giải. Viết z3 = z2 + (z3 − z2).
2π

Rõ ràng |z3 − z2| = |z2 − z1| và góc giữa z3 − z2 với z2 − z1 là n .
Nên z3 − z2 = (z2 − z1)ei2π/n.

Do đó z3 = z2 + (z2 − z1)ei2π/n. 2

√
Bài 1.11. Chứng minh rằng cả hai giá trị z2 − 1 nằm trên đường

thẳng đi qua gốc toạ độ và song song với đường phân giác của góc

trong của tam giác với đỉnh tại các điểm −1, 1, z và đường phân giác

này đi qua điểm z.

Lời giải. Giả sử z2 − 1√= r(cos ϕ + i sin ϕ) với r > 0, 0 ≤ ϕ < 2π.
Khi đó tập giá trị của z2 − 1 là

√ϕ ϕ√ ϕ ϕ
{ r(cos + sin ); r(cos( + π) + sin( + π))}.
2 2 2 2

13

Do đó, ta chỉ cần chứng minh

√ϕ ϕ
z1 = r(cos 2 + sin 2 )

thuộc đường thẳng đó.
Ta có z12 = (z − 1)(z + 1), nên arg z1 = 1 (arg(z − 1) + arg(z + 1)).

2

Từ hình vẽ và lý luận trên ta suy ra z1 nằm trên đường thẳng chứa
phân giác trong tại đỉnh 0 của tam giác có ba đỉnh là 0, z − 1, z + 1.

Dựa vào tính chất hình bình hành, tính chất đường thẳng song song,
ta dễ thấy đường thẳng này song song với (cùng phương với) đường
phân giác của góc trong của tam giác có ba đỉnh là z, −1, 1 tại đỉnh
z.

Do đó, z1 thuộc đường thẳn√g đi qua gốc toạ độ thoả mãn u cầu
bài tốn. Từ đó tập giá trị z2 − 1 thoả mãn yêu cầu bài toán. 2

Bài 1.12. Cho n + 1 số phức z, z1, z2, · · · , zn. Hãy chứng minh rằng
nếu Im(z.zk) > 0, 1 ≤ k ≤ n thì: k=1 n 1 = 0.

zk

Lời giải.
2

Bài 1.13. Hãy chứng minh rằng nếu z1, z2, z3 là nghiệm của phương
trình z3 − 1 = 0 thì

z1n + z2n + z3n = z1n.z2n + z2n.z3n + z3n.z1n, ∀n ∈ Z.

14

Lời giải.
2

Bài 1.14. Chứng minh rằng với giá trị k > 0, k = 1, phương trình

|(z − a)/(z − b)| = k

là phương trình đường trịn. Tìm tâm và bán kính đường trịn đó.

Lời giải. Xét phương trình |(z − a)/(z − b)| = k (1)
(1) tương đương với |z|2 − 2Re(za) + |a|2 = k2(|z|2 − 2Re(zb) +

|b|2)

Do đó

2 Re(a − k2b)z |a|2 − k2|b|2
|z| − 2 2+ 2 =0
1−k 1−k

nên
a − k2b 2 |a − k2b|2 |a|2 − k2|b|2

z − 1 − k2 = (1 − k2)2 − 1 − k2 (2)

Ta có

|a − k2b|2 − (1 − k2)(|a|2 − k2|b|2)

= |a|2 − 2Re(ak2b) + k4|b|2 − |a|2 + k2|b|2 + k2|a|2 − k4|b|2
= k2|a|2 − 2Re(ak2b) + k2|a|2

15

= k2|a − b|2

Do đó (2) suy ra

a − k2b k|a − b|
z − 1 − k2 = |1 − k2| (3)

Từ (3) suy ra (1) là phương trình đường tròn (k = 1) với tâm
tại z0 = (a − k2b)/(1 − k2) và bán kính R = |1 − k2 k|a − b|| . 2

Bài 1.15. Tìm các tổng:
a) 1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx;
b) sin x + sin 2x + · · · + sin nx;

Lời giải. Ta có eix = cos x + i sin x, ∀x ∈ R. Do đó

ei0x + ei1x + ei2x + · · · + einx = {1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx}
+ i{sin x + sin 2x + · · · + sin nx}

Vế phải của đẳng thức trên là tổng của n + 1 số hạng của một cấp
16

số nhân có cơng bội eix và số hạng đầu tiên là 1. Nên

i0x i1x i2x inx 1 − ei(n+1)x
e + e + e + · · · + e = 1 − eix

(1 − cos(n + 1)x) + i sin(n + 1)x
=

(1 − cos x) + i sin x

= [(1 − cos(n + 1)x) + i sin(n + 1)x][(1 − cos x) − i sin x]

(1 − cos x)2 + sin2 x

1 − cos x + cos nx − cos(n + 1)x
=

2 − 2 cos x

sin(n + 1)x − sin x − sin nx
+i

2 − 2 cos x

= 2 sin 2 2 x + 2 sin 2 (2n+1)x sin 2x sin(n + 1)x − sin x − sin nx
+i
2x 2 − 2 cos x
4 sin 2

2

∞

Bài 1.16. Chứng minh rằng nếu chuỗi cn hội tụ và

n=1

| arg cn| ≤ α < π/2

thì chuỗi hội tụ tuyệt đối.

Lời giải. Đặt argcn = ϕn. Khi đó cn = |cn|.eiϕn.
1

Ta có Recn = |cn|.cosϕn ≥ |cn|.cosα. Suy ra |cn| ≤ cosα .Recn.
(1)

17

∞ ∞

Vì chuỗi cn hội tụ nên chuỗi Recn hội tụ, do đó chuỗi

n=1 n=1
∞

|cn| hội tụ (theo (1)).

n=1

∞

Vậy chuỗi cn hội tụ tuyệt đối. 2

n=1

Bài 1.17. Giả sử các chuỗi n=1 ∞ cn và n=1 ∞ cn2 hội tụ. Chứng minh
rằng nếu Re cn ≥ 0 với mọi n thì chuỗi n=1 ∞ |cn|2 cũng hội tụ.

∞ ∞

Lời giải. Đặt cn = xn + iyn. Do chuỗi cn hội tụ nên xn hội

tụ. n=1 n=1

Theo giả thiết xn > 0 nên với n đủ lớn thì xn < 1, có thể đánh

số lại nên ta giả sử xn → 0 và xn < 1 với mọi n ≥ 1.

∞

Do đó 0 < x2n < xn, suy ra chuỗi xn hội tụ.

n=1

∞ ∞

Ta có c2n = x2n − y2n + 2ixnyn, mà cn hội tụ nên (x2n − yn2)

n=1 n=1

hội tụ. Từ đó ta có

∞ ∞ ∞ ∞

|cn|2 = (x2n + yn2) = 2 x2n − ( (x2n − yn2)) hội tụ.

n=1 n=1 n=1 n=1

∞

Vậy |cn|2 hội tụ. 2

n=1

18

Bài 1.18. Chứng minh

n n

(n − 2) |ak|2 + | ak|2 = |ak + as|2

k=1 k=1 1≤k
Lời giải. Ta chứng minh bằng qui nạp theo n.
+) Nếu n = 2: Vế trái=|a1 + a2|2 =Vế phải.
+) Giả sử đẳng thức đúng với n = p, tức là ta có:

p p

(p − 2) |ak|2 + | ak|2 = |ak + as|2 (1)

k=1 k=1 1≤
Ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng với n = p + 1, tức là chứng

minh

p+1 p+1

(p − 1) |ak|2 +| ak|2 = |ak + as|2 (1’)

k=1 k=1 1≤
Vế trái (1’)

p p

= (p − 1)( |ak|2 + |ap+1|2) +|(( |ak|)2 + ap+1)|2

k=1 k=1

Vế phải (1’)-Vế trái (1)

p p

= |ak + ap+1|2 = (ak + ap+1) (ak + ap+1)

k=1 k=1

p

= (ak + ap+1)(ak + ap+1)

k=1

19

p

= (|ak|2 + 2Reakap+1) + p|ap+1|2

k=1

Xét

p+1 p

| ak|2 −| ak|2

k=1 k=1

p+1 p+1 p p

= ( ak).( ak) −( ak).( ak)

k=1 k=1 k=1 k=1

p p p p

= ( ak + ap+1) ( ak + ap+1) −( ak).( ak)

k=1 k=1 k=1 k=1

p p

= ( ak)ap+1 +( ak)ap+1 + |ap+1|2

k=1 k=1

p

= (akap+1 +akap+1) + |ap+1|2

k=1

p

= 2Re akap+1 +|ap+1|2

k=1

Vế trái (1’)-Vế phải (1)

p p p+1

= ((p − 2) + 1)( |ak|2 + |ap+1|2) −(p − 2) |ak|2 +(| ak|2

k=1 k=1 k=1
p

−| ak|2)

k=1

p p

= (p − 1)|ap+1|2 + |ak|2 + 2Reakap+1 +|ap+1|2

k=1 k=1

p

= (|ak|2 + 2Reakap+1) +p|ap+1|2

k=1

20