Giáo trình hình thành hệ thống phân tích nguyên lý của hàm điều hòa dạng vi phân p2 doc

Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 65
Chứng minh
Khai triển Taylor hàm f trong lân cận điểm a
z B(a, R), f(z) =

+
=

0n
n
n
)az(c
với c
0
= f(a) =
+
lim
f(z
n
) = 0
Kí hiệu
m(a) = min{n : c
n
0} 0 (4.4.1)
Nếu m(a) = m thì
f(z) =

+
=

mn
n
n
)az(c
= (z - a)
m

+
=
+

0k
k
km
)az(c
= (z - a)
m
g(z)
với hàm g(z) giải tích trong lân cận điểm a và g(a) = c
m
0.
Do đó
> 0 : z B(a, ), g(z) 0
Suy ra
z
n
B(a, ), f(z
n
) = (z
n

- a)
m
g(z
n
) 0!
Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy m(a) = +

. Tức là z B(a, R), f(z) = 0



Hệ quả 1
Cho hàm f giải tích trên miền D. Kí hiệu Z(f) = {z

D : f(z) = 0}.
Khi đó Z(f) = D hoặc Z(f) có không quá đếm đợc phần tử.
Chứng minh
Kí hiệu A là các điểm tụ của tập Z(f) ta có
A Z(f) D và tập A là tập đóng
Theo định nghĩa
a A, dy z
n


)f(Z
a và f(z
n
) = 0
Theo định lý trên

> 0 :

z

B(a,

), f(z) = 0

B(a,

)

A

tập A là tập mở.
Do tập D liên thông và tập A

D vừa đóng và vừa mở nên
Hoặc A =

suy ra Z(f) có không quá đếm đợc phần tử
Hoặc A = D suy ra Z(f) = D



Nhận xét Theo kết quả trên thì không điểm của hàm giải tích không đồng nhất bằng
không luôn là không điểm cô lập. Tức là

R > 0 :

z

B(a, R) - {a}, f(z)

0

Hệ quả 2
Cho các hàm f, g giải tích trong miền D và dy số (z
n
)
n

hội tụ trên miền D
đến điểm a

D. Nếu

n



, f(z
n
) = g(z
n
) thì

z

D, f(z) = g(z).
Chứng minh

Đặt h(z) = f(z) - g(z), theo giả thiết Z(h) có đếm đợc phần tử, suy ra Z(h) = D
Tức là


z

D, h(z) = f(z) - g(z) = 0




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 66 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Hệ quả 3 Cho điểm a là không điểm của hàm f giải tích và không đồng nhất bằng
không trong miền D. Khi đó
! m
*
, R > 0 : z B(a, R), f(z) = (z - a)
m
g(z) (4.4.2)
với g là hàm giải tích trong hình tròn B(a, R) và g(a) 0. Điểm a gọi là không điểm cấp
m của hàm f.
Chứng minh
Khai triển Taylor hàm f trong lân cận điểm a
f(z) =

+
=

0n
n
n
)az(c
với c
0
= f(a) = 0
Theo các kết quả trên điểm a là không điểm cô lập nên
R > 0 : z B(a, R) - {a}, f(z) 0
Theo công thức (4.4.1) nếu m(a) = + thì z B(a, R), f(z) = 0 trái với giả thiết.
Suy ra m(a) = m

*
. Tức là
f(z) =

+
=

mn
n
n
)az(c
= (z - a)
m

+
=
+

0k
k
km
)az(c
= (z - a)
m
g(z)
với g là hàm giải tích trong hình tròn B(a, R) và g(a) = c
m
0

Đ5. Chuỗi Laurent

Định lý
Cho miền D = { r < | z - a | < R} và hàm f liên tục trên
D
, giải tích trong D.
Với mọi (r, R) kí hiệu B = B(a, ) D và = B
+
(a, ).
z B, f(z) =

+


n
n
)az(c
với c
n
=


+

d
)a(
)(f
i2
1
1n
, n 9 (4.5.1)
Công thức (4.5.1) gọi là
khai triển Laurent
của hàm f tại điểm a.
Chứng minh

Với mọi z B cố định. Theo công thức tích phân Cauchy
f(z) =






D
d
z
)(f
i2
1
=

1
d
z
)(f
i2
1
+






2
d
z
)(f
i2
1
(1)
Với mọi
1
: | - a | = r, ta có q = | - a | / | z - a | < 1
suy ra khai triển
z

1
=
a
z
a
1
1
az
1




=

+
=









0n
n
az
a

az
1

và


z
)(f
=

+
=










0n
n
az
a
az
)(f
(2)
z

1


2



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 67

Với mọi
2
: | - a | = R, ta có q = | z - a | / | - a | < 1 suy ra khai triển
z
1

=
a
az
1
1
a
1




=

+
=

0n
n
a
az
a
1
và
z
)(f


=

+
=












0n

n
a
az
a
)(f
(3)
Do hàm f liên tục trên
D
nên có module bị chặn suy ra chuỗi (2) hội tụ đều trên
1
và
chuỗi (3) hội tụ đều trên

2
. Ngoài ra theo định lý Cauchy





1
d
)a(
)(f
n
=

d
)a(
)(f
n
=





2
d
)a(
)(f
n

Tích phân từng từ công thức (1) suy ra công thức (4.5.1)



Ngời ta thờng viết chuỗi Laurent dới dạng


+


n
n
)az(c

=

+
=


1n
n
n
)az(
c
+

+
=

0n
n
n
)az(c
(4.5.2)
Phần luỹ thừa dơng gọi là
phần đều
, phần luỹ thừa âm gọi là
phần chính
. Nếu hàm f
giải tích trong cả hình tròn B(a, R) thì n 1, c
-n
= 0. Khi đó chuỗi Laurent (4.5.1) trở
thành chuỗi Taylor (4.3.1)

Ví dụ
1. Khai triển hàm f(z) =
)2z)(1z(
1

trên miền D ={ 1 < | z | < 2}
f(z) = -
2
1
2
z
1
1

-
z
1
z
1
1
1

= -
2
1
(1 + +
n
2
1

z
n
+ ) -
z
1
(1 + +
n
z
1
+ )
2. Khai triển hàm f(z) = sin
1z
z

thành chuỗi tâm tại a = 1
f(z) = sin1cos
1z
1

+ cos1sin
1z
1


sin
1z
1

=
1z

1


)1z(
1
!3
1
3
+


và cos
1z
1

= 1

)1z(
1
!2
1
2
+

Đ6. Phân loại điểm bất thờng

Điểm a gọi là điểm bất thờng nếu hàm f không giải tích tại a. Nếu > 0 sao cho
hàm f giải tích trong B(a, ) - {a} thì điểm a gọi là điểm bất thờng cô lập. Có thể phân
loại các điểm bất thờng cô lập nh sau. Nếu
)z(flim
az
= L thì điểm a gọi là
bất thờng
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 68 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
bỏ qua đợc. Nếu
)z(flim
az
=

thì điểm a gọi là
cực điểm
. Nếu )z(flim
az
không tồn tại thì
điểm a gọi là
bất thờng cốt yếu
.
Giả sử trong lân cận điểm a bất thờng cô lập, hàm f có khai triển Laurent
f(z) =

+
=

1n
n
n-
)az(
c
+

+
=

0n
n
n
)az(c
(4.6.1)

Định lý
Kí hiệu m(a) = min{ n 9 : c
n
0 }
1. Điểm a là bất thờng bỏ qua đợc khi và chỉ khi m(a) 0
2. Điểm a là cực điểm cấp m khi và chỉ khi m(a) < 0
3. Điểm a là bất thờng cốt yếu khi và chỉ khi m(a) = -
Chứng minh
1. m(a) = m 0

f(z) =
n
0n
n
)az(c

+
=





az
c
0
= L
Ngợc lại, hàm g(z) =

=

0z L
0z )z(f
giải tích trong B(a, ). Khai triển Taylor tại điểm a
g(z) =

+
=

0n
n
n
)az(c
với c
0
= L

m(a) 0
2. m(a) = -m < 0

f(z) =

=

m
1n
n

n-
)az(
c
+

+
=

1n
n
n
)az(c




az

Ngợc lại, hàm g(z) =





=

az 0
az
)z(f
1

giải tích trong B(a, ) và g(a) = 0.
Theo hệ quả 3, Đ4
g(z) = (z - a)
m
h(z) với m
*
và h là hàm giải tích trong B(a, ), h(a) 0
Suy ra
f(z) =
)z(h
1
)az(
1
m

=

+
=


0n
n
n
m
)az(b
)az(
1
với c
-m

= b
0
0

m(a) = -m
3. m(a) = -

f(z) =

+
=


1n
n
n
)az(
c
+

+
=

0n
n
n
)az(c
không có giới hạn khi z a
Ngợc lại, phản chứng trên cơ sở 1. và 2.

Hệ quả 1

(Định lý Sokhotsky)
Điểm a là điểm bất thờng cốt yếu của hàm f khi và chỉ
khi với mọi số phức A có dy số phức (z
n
)
n

hội tụ đến a sao cho dy số phức (f(z
n
))
n


hội tụ đến A. Tức là tập f(B(a, )) trù mật trong tập .

Hàm f giải tích trên toàn tập số phức gọi là
hàm nguyên
. Nh vậy hàm nguyên chỉ có
một điểm bất thờng duy nhất là z = . Đổi biến =
z
1
suy ra hàm g(

) = f(z) có duy
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 69
nhất điểm bất thờng cô lập là = 0. Khai triển Laurent hàm g() trong lân cận = 0
g() =

+
=


1n
n
n
c
+ c
0
+

+
=

1n
n
n
c
=

+
=

1n
n
n
zc
+ c
0
+

+
=1n
n
n
z
c
(4.6.2)
Do f(z)

0
f(a) nên n 1, c
n
= 0
Từ đó suy ra kết quả sau đây.

Hệ quả 2
Kí hiệu m
f
() = - m
g
(0)
1. Hàm f là hàm hằng khi và chi khi m() = 0
2. Hàm f là đa thức bậc n khi và chi khi m() = n
3. Hàm f là hàm siêu việt khi và chi khi m() = +

Hàm f(z) gọi là
hàm phân hình
nếu nó chỉ có hữu hạn cực điểm trên tập

Hệ quả 3
Hàm f(z) là hàm phân hình khi và chỉ khi hàm f(z) là phân thức hữu tỷ
Chứng minh
Rõ ràng hàm hữu tỷ f(z) =
)z(Q
)z(P
có hữu hạn cực điểm là các không điểm của Q(z)
Ngợc lại, giả sử hàm f(z) có m cực điểm trên . Khi đó
f(z) =

)m1
zz) (zz(
)z(h


với hàm h giải tích trên toàn và m
h
() = n suy ra h(z) = P(z)






Đ7. Thặng d

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



dz)z(f
i2
1
(4.7.1)
gọi là
thặng d
của hàm f tại điểm a.
Theo định lý Cauchy, nếu a là điểm thờng của hàm f thì Resf(a) = 0. Nếu a là điểm bất
thờng cô lập thì Resf(a) không phụ thuộc vào đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc,

bao điểm a, định hớng dơng và nằm gọn trong hình tròn B(a, R).
Cho hàm f giải tích trong miền R < | z | < , liên tục trên = B(0, R). Tích phân
Resf() =




dz)z(f
i2
1
(4.7.2)
gọi là
thặng d
của hàm f tại điểm .
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 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
.