Giáo trình hướng dẫn cách sử dụng bất đẳng thức cauchy và điều kiện để thỏa đẵng thức cauchy phần 4 pps

Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Trang 70 Giáo Trình Toán Chuyên Đề

Định lý Thăng d của hàm f tại điểm a là hệ số c
-1
của khai triển Laurent tại điểm đó.
Resf(a) = c
-1
(4.7.3)
Chứng minh
Khai triển Laurent hàm f tại điểm a
f(z) =

+
=


1n
n
n
)az(
c
+

+
=

0n
n
n
)az(c

với c
n
=


+




d
)a(
)(f
i2
1
1n
, n
9

So sánh với công thức (4.7.1) suy ra công thức (4.7.3)



Hệ quả
Cho điểm a là cực điểm cấp m của hàm f
Resf(a) =
)]z(f)az[(
dz
d
lim

)!1m(
1
m
)1m(
)1m(
az





(4.7.4)
Chứng minh
Khai triển Laurent tại cực điểm a cấp m
f(z) =
m
m
)az(
c


+ +
a
z
c
1


+

+
=

0n
n
n
)az(c

Suy ra
(z - a)
m
f(z) = c
-m
+ + c
-1
(z - a)
m-1
+ c
0
(z - a)
m
+
[(z - a)
m
f(z)]
(m-1)
= (m - 1)!c
-1
+ m(m-1) 2c
0

(z - a) +
Chuyển qua giới hạn hai vế

az
lim

[(z - a)
m
f(z)]
(m-1)
= (m - 1)!c
-1




Ví dụ Hàm f(z) =
32
z
)1z(
e
+
có hai cực điểm cấp 3 là

i
Resf(i) =

+

3
2
iz
)iz(
e
lim
!2
1
=
iz
5
z
4
z
3
z
)iz(
e12
)iz(
e6
)iz(
e
2

1
=








+
+
+

+
=
16
1
e
i
(3 - 2i)

Định lý
Cho hàm f có các cực điểm hữu hạn là a
k
với k = 1 n

=
n
1k

k
)a(sfRe
+ Resf(

) = 0 (4.7.5)
Chứng minh

Gọi

k
với k = 1 n là các đờng tròn
|
z - a
k

|
= R
k
đủ bé để chỉ bao riêng từng điểm a
k

và

là đờng tròn
|
z
|
= R đủ lớn để bao hết tất cả các đờng tròn

k

. Theo công thức
tích phân Cauchy


dz)z(f
=


=

n
1k
k
dz)z(f
= -



dz)z(f
Chuyển vế sau đó chia hai vế cho 2

i suy ra công thức (4.7.5)

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C

h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r

a
c
k
.
c
o
m
Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 71
Hệ quả Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và hàm f liên
tục trên , giải tích trong D

ngoại trừ hữu hạn cực điểm a
k
D

với k = 1 n



dz)z(f = 2i

=
n
1k
k
)a(sfRe
(4.7.6)

Ví dụ Tính I =

++ )3z)(1z(
zdzsin
2
với là đờng tròn | z | = 2 định hớng dơng
Hàm f(z) có hai cực điểm z = i nằm trong miền D

và một cực điểm z = -3 nằm ngoài
miền D

.
Resf(-i) =
iz
lim

)3z)(iz(
zsin

=
i
6
2
)isin(
+



Resf(i) =
iz

lim

)3z)(iz( +
=
i
6
2
)isin(



I = 2i[Resf(-i) + Resf(i)] = -
5
3
sin(i)




Đ8. Thặng d Loga

Cho hàm f giải tích và khác không trong B(a, R) - {a}, liên tục trên = B(a, R).
Tích phân
ResLnf(a) =




dz
)z(f

)z(f
i2
1
(4.8.1)
gọi là
thặng d loga
của hàm f tại điểm a. Theo định nghĩa trên
ResLnf(a) = Resg(a) trong đó g(z) = [Ln f(z)] =
)z(f
)z(f

với z B(a, R) - {a}

Định lý
Với các kí hiệu nh trên
1. Nếu a là không điểm cấp n của hàm thì ResLnf(a) = n
2. Nếu b là cực điểm cấp m của hàm f thì ResLnf(b) = -m
Chứng minh
1. Theo hệ quả 3, Đ4
z B(a, R), f(z) = (z - a)
n
h(z) với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0
Đạo hàm hàm f suy ra
f(z) = n(z - a)
n-1
h(z) + (z - a)
n
h(z)
g(z) =
a

z
n

+
)z(h
)z(h

với
)z(h
)z(h

là hàm giải tích trong B(a, R)
-
3

-
i

i

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a
n

g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!
P
D

F
-
X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k

.
c
o
m
Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Trang 72 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Suy ra
ResLnf(a) = c
-1
(g) = n
2. Theo hệ quả 3, Đ5
z B(a, R), f(z) =
m
)az(
)z(h

với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0
Đạo hàm hàm f suy ra
f(z) =
1m
)az(
m
+


h(z) +
m
)az(
1

h(z)
g(z) =
az
m


+
)z(h
)z(h

với
)z(h
)z(h

là hàm giải tích trong B(a, R)
Suy ra
ResLnf(a) = c
-1
(g) = -m



Hệ quả 1
Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và hàm f liên
tục trên , có các không điểm a
k
cấp n
k
với k = 1 p và giải tích trong D

ngoại trừ các
cực điểm b
j
cấp m
j
với j = 1 q



dz
)z(f
)z(f
i2
1

=

==

q
1j
j
p
1k
k
mn = N - M (4.8.2)
Chứng minh
Kết hợp định lý trên, công thức tích phân Cauchy và lập luận tơng tự hệ quả 1, Đ7

Ta xem một không điểm cấp n là n không điểm đơn trùng nhau và một cực điểm cấp m
là m cực điểm đơn trùng nhau. Theo công thức Newtown - Leibniz và định nghĩa hàm
logarit phức



dz
)z(f
)z(f
=


)]z(f[lnd
=

Lnf(z) =

ln| f(z) | + i

Argf(z) = i

Argf(z)
Kết hợp với công thức (4.8.2) suy ra hệ quả sau đây.

Hệ quả 2 (Nguyên lý Argument)
Số gia của argument của hàm f khi z chạy hết một
vòng trên đờng cong kín, trơn từng khúc và định hớng dơng bằng 2 nhân với hiệu
số của số không điểm trừ đi số cực điểm của hàm f nằm trong miền D

. Tức là


Argf(z) = 2(N - M) (4.8.3)

Hệ quả 3 (Định lý Rouché)
Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng
dơng và các hàm f , g liên tục trên , giải tích trong D

. Kí hiệu N

(f) là số không điểm
của hàm f nằm trong D

. Khi đó nếu z , | f(z) | > | g(z) | thì N

(f + g) = N

(f).
Chứng minh
Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a

n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!
P

D
F
-
X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c

k
.
c
o
m
Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 73
Theo giả thiết z ,
)z(f
)z(g
< 1

Arg(1 +
)z(f
)z(g
) = 0
Suy ra
N

(f + g) =

2
1


Arg[f(z) + g(z)]
=

2
1

Arg[f(z)(1 +
)z(f
)z(g
)]
=

2
1


Argf(z) +

2
1


Arg(1 +
)z(f
)z(g
) = N

(f)



Hệ quả 4 (Định lý D

Alembert - Gauss)

Mọi đa thức hệ số phức bậc n có đúng n không
điểm phức trong đó không điểm bội k tính là k không điểm.
Chứng minh

Giả sử
P(z) = a
0
+ a
1
z + + z
n
với a
k

Kí hiệu
f(z) = z
n
, g(z) = a
0
+ + a
n-1
z
n-1
, M = Max{| a
k
| , k = 0 (n-1)} và R = nM + 1
Trên đờng tròn : | z | = R
| g(z) | M(1 + + R
n-1
) nMR

n-1
< R
n
= | f(z) |
Theo hệ quả 3
N

(P) = N

(f + g) = N

(f) = n






Đ9. Các ứng dụng thặng d

Định lý (Bổ đề Jordan)
Cho đờng cong
R
= {| z | = R, Imz } và hàm f giải tích
trong nửa mặt phẳng D = {Imz > } ngoại trừ hữu hạn điểm bất thờng. Khi đó ta có
1. Nếu
z
lim zf(z) = 0 thì
+R
lim

R
dz)z(f
= 0 (4.9.1)
2. Nếu

z
lim f(z) = 0 thì



> 0,
+
R
lim



R
dze)z(f
zi
= 0 (4.9.2)
Chứng minh

1. Từ giả thiết suy ra


z

R
,
|
zf(z)
|


M




+R
0


|
f(z)
|



R
M

Suy ra
1+
)z(g

)z(f

1




3


2

1



Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a
n
g
e

V

i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C

h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m

Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Trang 74 Giáo Trình Toán Chuyên Đề



R
dz)z(f


ds)z(f =
R
M
R(

+ 2

)




+
R
0

2. Từ giả thiết suy ra


z

R
,
|
f(z)
|


M




+
R
0
Suy ra




R
dz)z(fe
zi

1
ds)z(fe
zi
+



2
ds)z(fe
zi
+



3
ds)z(fe
zi

Ước lợng tích phân, ta có




1
ds)z(fe
zi
+

3
ds)z(fe
zi


2Me
-

y
R



2Me
-

|

|






+R
0

2
ds)z(fe
zi
= MR



0
tsinR
dte = MRe
-

Rsin






+R
0 với (0, )

Hệ quả 1 Cho f(z) là phân thức hữu tỷ sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất
là hai đơn vị, có các cực điểm a
k
với k = 1 p nằm trong nửa mặt phẳng trên và có các
cực điểm đơn b
j
với j = 1 q nằm trên trục thực. Khi đó ta có

+

dx)x(f
= 2

i

=
p
1k
k
)a(sfRe +

i

=
q
1j
j
)b(sfRe (4.9.3)
Chứng minh

Để đơn giản, xét trờng hợp hàm f có một cực điểm a
thuộc nửa mặt phẳng trên và một cực điểm đơn b thuộc
trục thực. Trờng hợp tổng quát chứng minh tơng tự.
Kí hiệu


R

:
|
z
|
= R, Imz > 0,


:
|
z
|
=

, Imz > 0

=

R


[-R, b -

]






[b +

, R]
Theo công thức (4.7.6)



dz)z(f =


R
dz)z(f
+

]b,R[
dz)z(f
+



dz)z(f +

+
]R,b[
dz)z(f
= 2iResf(a)
Kết hợp với công thức (4.9.1) suy ra

+

dx)x(f =

0,R
lim
+

]b,R[
dz)z(f
+
0,R
lim
+

+ ]R,b[
dz)z(f

= 2iResf(a) -
0
lim




dz)z(f (1)
Do b là cực điểm đơn nên f(z) =
bz
c
1


+ g(z) với g(z) giải tích trong lân cận điểm b
Suy ra hàm g(z) bị chặn trên

a


R

-
R

R

b

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!
P
D
F
-

X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c

o
m